Google 面试题：岛屿的个数 II
给定 n, m, 分别代表一个二维矩阵的行数和列数, 并给定一个大小为 k 的二元数组 A. 初始二维矩阵全 0. 二元数组 A 内的 k 个元素代表 k 次操作, 设第 i 个元素为 (A[i].x, A[i].y), 表示把二维矩阵中下标为 A[i].x 行 A[i].y 列的元素由海洋变为岛屿. 问在每次操作之后, 二维矩阵中岛屿的数量. 你需要返回一个大小为 k 的数组.
- 设定 0 表示海洋, 1 代表岛屿, 并且上下左右相邻的 1 为同一个岛屿.
点此做题
样例 1:
输入: n = 4, m = 5, A = [[1,1],[0,1],[3,3],[3,4]] 输出: [1,1,2,2] 解释: 0. 00000 00000 00000 00000 1. 00000 01000 00000 00000 2. 01000 01000 00000 00000 3. 01000 01000 00000 00010 4. 01000 01000 00000 00011 样例 2:
输入: n = 3, m = 3, A = [[0,0],[0,1],[2,2],[2,1]] 输出: [1,1,2,2] 方法一：暴力做法
- 每次操作后做一遍 bfs
- 枚举之前未访问过的岛屿，岛屿数量加一
- 压入队列中开始 bfs
- 从 bfs 的队列中取出队首，上下左右四个方向扩展那些没有访问过的岛屿，扩展之后压入队列中
- 重复执行第四步，一直到队列为空
- 这样从一个岛屿出发，搜索了它能到的所有岛屿，这些岛屿将合并成一个大岛屿
- 重新回到第二步
方法二：并查集维护
并查集是指用集合里的一个元素来当这个集合的代表元 如果两个元素所在集合的代表元相同，那么我们就能知道这两个元素在一个集合当中。 如果我们想合并两个集合，只需要把其中一个集合的代表元改为第二个集合的代表元
- 这道题中，每次将一个海洋 i 变成一个岛屿 i，那么先将岛屿数量加一
- 再依次查看这个岛屿的四周的四个方格
- 如果相邻的方格 j 也是岛屿，那么先判断 i 是不是和 j 在同一个集合里
- 如果不是在一个集合里，那么 i j 所在的两个集合就是连通的，可以合并算为一个集合,然后让岛屿数量-1 。
- 如果已经是在同一个集合里了，那就不用在进行任何操作
- 我们只要让 i 所在集合的代表元改为 j 所在集合的代表元就完成了合并操作。
- 注意：数据中有可能多次将一个位置变成岛屿，第一次以后的操作都是无效的操作，跳过就好了
- 注意 2：x->x1->x2->x3->x4->x5->x6->……..->代表元 T 我们在第一次寻找 x 的代表元的回溯的时候 顺便把这条路径的所有 xi 的父亲改为了代表元 T 这样我们以后再次访问 x….x6….T 这条链上的内容时候就可以很快的得到答案
//伪代码 for i 1:n fa[i]=i //伪代码，一开始让所有的父亲都是本身 //我们规定代表元的父亲为本身，如果一个节点的父亲不是本身，说是它在一个元素个数大于 1 的集合中，而且这个节点并不是代表元 function find(x) //寻找 x 所在集合的代表元 if(fa[x]==x)
return x; //x 是代表元，直接返回 else return fa[x]=find(fa[x]) //x 不是代表元，寻找 x 的父亲的代表元是谁，并且直接把代表元赋值给 x 的父亲 function uniue （ x,y ）//合并两个集合 fa[find(x)]=find(y)
复杂度分析
时间复杂度
暴力做法
每次操作都会做一遍 bfs，做一遍 bfs 的时间复杂度是 O(NM) 所以总时间复杂度是 O(KNM)，K 是操作次数，NM 是地图长和宽 并查集 每次查询代表元均摊是 O(α) α代表反阿克曼函数，反阿克曼函数是渐进增长很慢很慢的，我们可以近似的认为每次查询是 O(1)的复杂度 我们一共有 K 次操作，每次操作最多并查集查询 4 次，并查集合并 4 次,所以我们最终的时间复杂度是 O(K)的
空间复杂度
n，m 是输入数组 的长和宽 我们需要一个 fa 数组大小为 nm，一个 vis 数组（标记该点有没有变成岛屿），所以空间复杂度是 O(nm)
public class Solution { /** * @param n: An integer * @param m: An integer * @param operators: an array of point * @return: an integer array */ public int find(int []fa, int x) { if(x == fa[x]) { return x; } else { return fa[x] = find(fa, fa[x]); } } public int calc(int x, int y, int n, int m) { return x * m + y; } public List<Integer> numIslands2(int n, int m, Point[] operators) { // write your code here List<Integer> ans = new ArrayList<>(); int [] fa = new int [n * m + 5]; Map<Integer, Boolean>visited = new HashMap<Integer, Boolean>(); int cnt = 0; for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = 0; j < m; j++) { fa[calc(i, j, n, m)] = calc(i, j, n, m); visited.put(calc(i, j, n, m), false); } } //行走数组，用于遍历 i 岛屿的四周四个方向的岛屿下标 int[] zx = {0, 0, 1, -1}; int[] zy = {1, -1, 0, 0}; if(operators == null) { return ans; } for(int i = 0; i < operators.length; i++) { int x = operators[i].x, y = operators[i].y; // 第 i 次操作的点 已经是岛屿了，跳过就好了 if(visited.get(calc(x, y, n, m)) == true) { ans.add(cnt); continue; } //第 i 次操作的点 出现了新的岛屿 cnt++; //遍历这个岛屿的四周四个方向 for(int k = 0; k < 4; k++) { int nx = x + zx[k]; int ny = y + zy[k]; //判断往四周走有没有走越界，或者走到海洋里，越界或者走到海洋都是没有的状态 if(nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m || visited.get(calc(nx, ny, n, m)) == false) { continue; } //判断四周的岛屿是不是和当前第 i 次操作的岛屿 已经在一个集合了 if(find(fa, calc(x, y, n, m)) == find(fa, calc(nx, ny, n, m))) { continue; } /* 如果不是在一个集合里，那么 i j 所在的两个集合就是连通的，可以合并算为一个集合,然后让岛屿数量-1 。 我们只要让 i 所在集合的代表元改为 j 所在集合的代表元就完成了合并操作 */ else { cnt--; fa[find(fa, calc(x, y, n, m))] = find(fa, calc(nx, ny, n, m)); } } //标记它是个岛屿 visited.put(calc(x, y, n, m), true); ans.add(cnt); } return ans; } }