代码随想录Day41-图论：力扣第797m、200m、695m、1020m、130m题

news/2024/7/15 19:48:53 标签: 图论, leetcode, 算法, c++

797m. 所有可能的路径

题目链接
代码随想录文章讲解链接

方法一：DFS

用时：11m43s

思路
  • 时间复杂度： O ( n ⋅ 2 n ) O(n \cdot 2^n) O(n⋅2n)，n是节点个数，最坏情况每个节点都可以去往任意一个在它后面的节点，那么第i个节点去到最后一个节点的路径数就有 2 n − i − 2 2^{n-i-2} 2n−i−2，就是当前节点和最后一个节点必走，其他的节点有两种选择——走或不走。
  • 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
C++代码
class Solution {
private:
    vector<vector<int>> res;
    vector<int> path;

    void backTracking(vector<vector<int>>& graph, int i) {
        if (i == graph.size() - 1) {
            res.push_back(path);
            return;
        }
        for (int j = 0; j < graph[i].size(); ++j) {
            path.push_back(graph[i][j]);
            backTracking(graph, graph[i][j]);
            path.pop_back();  // 回溯
        }
    }

public:
    vector<vector<int>> allPathsSourceTarget(vector<vector<int>>& graph) {
        path.push_back(0);
        backTracking(graph, 0);
        return res;
    }
};

方法二：BFS

用时：16m18s

思路

队列中记录的元素是路径。

  • 时间复杂度： O ( ) O() O()
  • 空间复杂度： O ( ) O() O()
C++代码
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> allPathsSourceTarget(vector<vector<int>>& graph) {
        queue<vector<int>> que;
        vector<vector<int>> res;

        que.push({0});
        while (!que.empty()) {
            vector<int> path = que.front();
            que.pop();
            for (int i = 0; i < graph[path.back()].size(); ++i) {
                vector<int> tmp = path;
                tmp.push_back(graph[path.back()][i]);
                if (tmp.back() == graph.size() - 1) res.push_back(tmp);
                else que.push(tmp);
            }
        }
        return res;
    }
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

200m. 岛屿数量

题目链接
代码随想录文章讲解链接

方法一：DFS

用时：17m48s

思路

遍历每个元素，若是陆地则使用DFS搜索与之相邻的所有陆地，并使用一个二维数组记录哪些陆地已经遍历过。
当遍历到新的岛屿时，岛屿数加1。

  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)
  • 空间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int dir[4][2] = {0, -1, 1, 0, 0, 1, -1, 0};

    void dfs(vector<vector<char>>& grid, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {
        visited[x][y] = true;
        for (int i = 0; i < 4; ++i) {
            int nextx = x + dir[i][0];
            int nexty = y + dir[i][1];
            if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && !visited[nextx][nexty] && grid[nextx][nexty] == '1') dfs(grid, visited, nextx, nexty);
        }
    }
    
public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
        int res = 0;

        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (!visited[i][j] && grid[i][j] == '1') {
                    ++res;
                    dfs(grid, visited, i, j);
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

方法二：方法一优化

思路

可以不用数组记录哪些陆地访问过，只用把访问过的陆地置0即可。

  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)
  • 空间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int dir[4][2] = {0, -1, 1, 0, 0, 1, -1, 0};

    void dfs(vector<vector<char>>& grid, int x, int y) {
        grid[x][y] = '0';
        for (int i = 0; i < 4; ++i) {
            int nextx = x + dir[i][0];
            int nexty = y + dir[i][1];
            if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && grid[nextx][nexty] == '1') dfs(grid, nextx, nexty);
        }
    }

public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        int res = 0;

        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == '1') {
                    ++res;
                    dfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

看完讲解的思考

代码实现遇到的问题

方法三：BFS

思路
  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)
  • 空间复杂度： O ( m i n ( m , n ) ) O(min(m,n)) O(min(m,n))
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int dir[4][2] = {0, -1, 1, 0, 0, 1, -1, 0};

    void bfs(vector<vector<char>>& grid, int x, int y) {
        queue<pair<int, int>> que;
        grid[x][y] = '0';
        que.push(pair<int, int>(x, y));
        while (!que.empty()) {
            pair<int, int> tmp = que.front();
            que.pop();
            for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                int nextx = tmp.first + dir[i][0];
                int nexty = tmp.second + dir[i][1];
                if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && grid[nextx][nexty] == '1') {
                    grid[nextx][nexty] = '0';
                    que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));
                }
            }
        }
    }

public:
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        int res = 0;

        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == '1') {
                    ++res;
                    bfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

695m. 岛屿的最大面积

题目链接
代码随想录文章讲解链接

方法一：DFS

用时：16m39s

思路

当遇到陆地时，DFS该岛屿，记录该岛屿的面积，并将遍历过的陆地置零，最后返回最大的岛屿的面积。

  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
  • 空间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int area;

    void dfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {
        grid[x][y] = 0;
        area += 1;
        if (x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == 1) dfs(grid, x - 1, y);
        if (x + 1 < m && grid[x + 1][y] == 1) dfs(grid, x + 1, y);
        if (y - 1 >= 0 && grid[x][y - 1] == 1) dfs(grid, x, y - 1);
        if (y + 1 < n && grid[x][y + 1] == 1) dfs(grid, x, y + 1);
    }

public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int res = 0;
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == 1) {
                    area = 0;
                    dfs(grid, i, j);
                    res = max(res, area);
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

方法二：BFS

思路
  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)
  • 空间复杂度： O ( m i n ( m , n ) ) O(min(m,n)) O(min(m,n))
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0};

    int bfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {
        int area = 1;
        queue<pair<int, int>> que;

        que.push(pair<int, int>(x, y));
        grid[x][y] = 0;
        while (!que.empty()) {
            pair<int, int> tmp = que.front();
            que.pop();
            for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                int nextx = tmp.first + dir[i][0];
                int nexty = tmp.second + dir[i][1];
                if (!(nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) && grid[nextx][nexty] == 1) {
                    grid[nextx][nexty] = 0;
                    area += 1;
                    que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));
                }
            }
        }
        return area;
    }

public:
    int maxAreaOfIsland(vector<vector<int>>& grid) {
        int res = 0;
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == 1) res = max(res, bfs(grid, i, j));
            }
        }
        return res;
    }
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

BFS时，元素入列的时候就要做标记，不能在元素出列的时候才做标记，不然会重复遍历。

1020m. 飞地的数量

题目链接
代码随想录文章讲解链接

方法一：DFS

用时：20m42s

思路

在上一题695m的基础上，加多一个变量用于记录当前岛屿是否临界，如果不是的话将岛屿的陆地数量记录。

  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
  • 空间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int num;
    bool flag;

    void dfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {
        grid[x][y] = 0;
        num += 1;
        if (x - 1 < 0) flag = true;
        else if (grid[x - 1][y] == 1) dfs(grid, x - 1, y);
        if (x + 1 >= m) flag = true;
        else if (grid[x + 1][y] == 1) dfs(grid, x + 1, y);
        if (y - 1 < 0) flag = true;
        else if (grid[x][y - 1] == 1) dfs(grid, x, y - 1);
        if (y + 1 >= n) flag = true;
        else if (grid[x][y + 1] == 1) dfs(grid, x, y + 1);
    }

public:
    int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
        int res = 0;
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == 1) {
                    num = 0;
                    flag = false;
                    dfs(grid, i, j);
                    if (!flag) res += num;
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

方法二：BFS

思路
  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
  • 空间复杂度： O ( m i n ( m , n ) ) O(min(m,n)) O(min(m,n))。
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;
    int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0};

    int bfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {
        int num = 1;
        queue<pair<int, int>> que;

        que.push(pair<int, int>(x, y));
        grid[x][y] = 0;
        while (!que.empty()) {
            pair<int, int> tmp = que.front();
            que.pop();
            for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                int nextx = tmp.first + dir[i][0];
                int nexty = tmp.second + dir[i][1];
                if (nextx < 0 || nextx >= m || nexty < 0 || nexty >= n) num = INT_MIN;
                else if (grid[nextx][nexty] == 1) {
                    grid[nextx][nexty] = 0;
                    ++num;
                    que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));
                }
            }
        }
        return num;
    }

public:
    int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
        int res = 0;
        m = grid.size();
        n = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (grid[i][j] == 1) res += max(0, bfs(grid, i, j));
            }
        }
        return res;
    }
};

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

130m. 被围绕的区域

题目链接
代码随想录文章讲解链接

方法一：DFS

用时：17m13s

思路

遍历位于临界的元素，若是’O’则将连通的’O’变成’H’，最后再将board中的所有’O’替换成’X’，‘H’替换成’O’，因为此时剩下的’O’是位于board内部的无法连接到外部的元素，直接将其变成’X’，而’H’是可以连通到外部的’O’，将其变回’O’。

  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
  • 空间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
C++代码
class Solution {
private:
    int m;
    int n;

    void dfs(vector<vector<char>>& board, int x, int y) {
        board[x][y] = 'H';
        if (x - 1 >= 0 && board[x - 1][y] == 'O') dfs(board, x - 1, y);
        if (x + 1 < m && board[x + 1][y] == 'O') dfs(board, x + 1, y);
        if (y - 1 >= 0 && board[x][y - 1] == 'O') dfs(board, x, y - 1);
        if (y + 1 < n && board[x][y + 1] == 'O') dfs(board, x, y + 1);
    }

public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        m = board.size();
        n = board[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            if (board[i][0] == 'O') dfs(board, i, 0);
            if (board[i][n - 1] == 'O') dfs(board, i, n - 1);
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (board[0][i] == 'O') dfs(board, 0, i);
            if (board[m - 1][i] == 'O') dfs(board, m - 1, i);
        }
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (board[i][j] == 'H') board[i][j] = 'O';
                else if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
            }
        }
    }
};

方法二：BFS

思路

就是遍历的方法从DFS换成BFS，懒得写了。

  • 时间复杂度： O ( m ⋅ n ) O(m \cdot n) O(m⋅n)。
  • 空间复杂度： O ( m i n ( m , n ) ) O(min(m,n)) O(min(m,n))。

看完讲解的思考

无。

代码实现遇到的问题

无。

最后的碎碎念

就快要一刷完代码随想录，冲！


http://www.niftyadmin.cn/n/5143621.html

相关文章

Jasypt整合springboot完成对配置文件中有关敏感数据的加密

Jasypt整合springboot完成对配置文件中有关敏感数据的加密

场景 项目中有很多密码都是以明文的形式存储在配置文件中&#xff0c;这样很不安全。我们可以通过jasypt来完成敏感信息的加密。 步骤 1、pom文件引入依赖。 <dependency><groupId>com.github.ulisesbocchio</groupId><artifactId>jasypt-spring-boo…
阅读更多...
volte使用方法 nodejs版本切换

volte使用方法 nodejs版本切换

Volta 一种轻松管理 JavaScript 命令行工具的方法。 文档 https://docs.volta.sh/guide/ 源码 https://github.com/volta-cli/volta 命令行 安装版本 此方法运行完会配置为默认版本 volta install node 安装最新版本的node volta install node14 安装指定版本的node volta i…
阅读更多...
一、lambda函数

一、lambda函数

python中的lambda函数用法 作用&#xff1a; lambda函数用于创建一个无名函数&#xff0c;只能有一个表达式&#xff0c;其表达式就是返回结果. 语法&#xff1a; lambda arg1,arg2,arg3… :<表达式> 用法扩展&#xff1a; 赋值给一个变量赋值给其它函数作为参数传递…
阅读更多...
知行之桥EDI系统如何连接人大金仓数据库？

知行之桥EDI系统如何连接人大金仓数据库？

近年来受到国际形势与国内发展规划等因素的影响&#xff0c;“国产替代”口号逐渐深入人心&#xff0c;越来越多的企业开始考虑用国产软件替代国外软件&#xff0c;尤其是在当前的大数据时代&#xff0c;计算能力主要依赖于数据中心。 然而&#xff0c;20世纪70年代以来&#…
阅读更多...
linux远程桌面管理工具xrdp

linux远程桌面管理工具xrdp

一、概述 我们知道&#xff0c;我们日常通过vnc来远程管理linux图形界面&#xff0c;今天分享一工具Xrdp&#xff0c;它是一个开源工具&#xff0c;允许用户通过Windows RDP访问Linux远程桌面。 除了Windows RDP之外&#xff0c;xrdp工具还接受来自其他RDP客户端的连接&#xf…
阅读更多...
大数据之LibrA数据库系统告警处理（ALM-12010 Manager主备节点间心跳中断）

大数据之LibrA数据库系统告警处理（ALM-12010 Manager主备节点间心跳中断）

告警解释 当主Manager节点在7秒内没有收到备Manager节点的心跳信号时&#xff0c;产生该告警。 当主Manager节点收到备Manager节点的心跳信号后&#xff0c;告警恢复。 告警属性 告警参数 对系统的影响 如果主Manager进程异常&#xff0c;主备倒换无法进行&#xff0c;影响…
阅读更多...
【嵌入式项目应用】__UART自定义通信协议代码实现方法

【嵌入式项目应用】__UART自定义通信协议代码实现方法

目录 前言 一、什么是通信协议 二、简单通信协议的问题 三、通信协议的常见内容 1. 帧头 2. 设备地址/类型 3. 命令/指令 4. 命令类型/功能码 5. 数据长度 6. 数据 7.帧尾 8.校验码 四、通信协议代码实现 1. 消息数据发送 a. 通过串口直接发送每一个字节 b. 通过…
阅读更多...
LLaMA-Adapter源码解析

LLaMA-Adapter源码解析

LLaMA-Adapter源码解析 伪代码 def transformer_block_with_llama_adapter(x, gating_factor, soft_prompt):residual xy zero_init_attention(soft_prompt, x) # llama-adapter: prepend prefixx self_attention(x)x x gating_factor * y # llama-adapter: apply zero_init…
阅读更多...
最新文章

Copyright @ 2022~2023