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代码随想录Day42
417m. 太平洋大西洋水流问题
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方法一：
用时：1h0m58s
思路
直接找哪些点既可以到达太平洋又可以到达大西洋比较麻烦，换个角度，找到太平洋可以逆流而上到达的点，再找到大西洋可以逆流而上到达的点，两者的交集就是所需要的答案。
用两个二维数组分别记录太平洋和大西洋可以逆流而上达到的点，对边界的点使用DFS。
- 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<int>>& heights, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {visited[x][y] = true;if (x - 1 >= 0 && !visited[x - 1][y] && heights[x - 1][y] >= heights[x][y]) dfs(heights, visited, x - 1, y);if (x + 1 < m && !visited[x + 1][y] && heights[x + 1][y] >= heights[x][y]) dfs(heights, visited, x + 1, y);if (y - 1 >= 0 && !visited[x][y - 1] && heights[x][y - 1] >= heights[x][y]) dfs(heights, visited, x, y - 1);if (y + 1 < n && !visited[x][y + 1] && heights[x][y + 1] >= heights[x][y]) dfs(heights, visited, x, y + 1);}public:vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {m = heights.size();n = heights[0].size();vector<vector<bool>> pacific(m, vector<bool>(n, false));vector<vector<bool>> atlantic(m, vector<bool>(n, false));vector<vector<int>> res;for (int i = 0; i < m; ++i) {if (!pacific[i][0]) dfs(heights, pacific, i, 0);if (!atlantic[i][n - 1]) dfs(heights, atlantic, i, n - 1);}for (int i = 0; i < n; ++i) {if (!pacific[0][i]) dfs(heights, pacific, 0, i);if (!atlantic[m - 1][i]) dfs(heights, atlantic, m - 1, i);}for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (pacific[i][j] && atlantic[i][j]) res.push_back({i, j});}}return res;}
};
方法二：BFS
用时：6m53s
思路
- 时间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
- 空间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
C++代码
class Solution {
private:int m;int n;int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0};void bfs(vector<vector<int>>& heights, vector<vector<bool>>& visited, int x, int y) {queue<pair<int, int>> que;que.push(pair<int, int>(x, y));visited[x][y] = true;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) && !visited[nextx][nexty] && heights[nextx][nexty] >= heights[tmp.first][tmp.second]) {visited[nextx][nexty] = true;que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));}}}}public:vector<vector<int>> pacificAtlantic(vector<vector<int>>& heights) {m = heights.size();n = heights[0].size();vector<vector<bool>> pacific(m, vector<bool>(n, false));vector<vector<bool>> atlantic(m, vector<bool>(n, false));vector<vector<int>> res;for (int i = 0; i < m; ++i) {if (!pacific[i][0]) bfs(heights, pacific, i, 0);if (!atlantic[i][n - 1]) bfs(heights, atlantic, i, n - 1);}for (int i = 0; i < n; ++i) {if (!pacific[0][i]) bfs(heights, pacific, 0, i);if (!atlantic[m - 1][i]) bfs(heights, atlantic, m - 1, i);}for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (pacific[i][j] && atlantic[i][j]) res.push_back({i, j});}}return res;}
};
看完讲解的思考
逆流而上，真妙啊。
代码实现遇到的问题
无。
841m. 钥匙和房间
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方法一：DFS
用时：12m21s
思路
DFS一遍，若有房间没走过则返回false。
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
C++代码
class Solution {
private:void dfs(vector<vector<int>>& rooms, vector<bool>& visited, int i) {visited[i] = true;for (int j = 0; j < rooms[i].size(); ++j) {if (!visited[rooms[i][j]]) dfs(rooms, visited, rooms[i][j]);}}public:bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {vector<bool> visited(rooms.size(), false);dfs(rooms, visited, 0);for (int i = 0; i < rooms.size(); ++i) {if (!visited[i]) return false;}return true;}
};
方法二：BFS
用时：4m46s
思路
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)。
C++代码
class Solution {
public:bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {vector<bool> visited(rooms.size(), false);queue<int> que;visited[0] = true;que.push(0);while (!que.empty()) {int curRoom = que.front();que.pop();for (int i = 0; i < rooms[curRoom].size(); ++i) {if (!visited[rooms[curRoom][i]]) {visited[rooms[curRoom][i]] = true;que.push(rooms[curRoom][i]);}}}for (int i = 1; i < rooms.size(); ++i) {if (!visited[i]) return false;}return true;}
};
看完讲解的思考
无。
代码实现遇到的问题
无。
463e. 岛屿的周长
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方法一：DFS
用时：7m37s
思路
在DFS的过程中，某个方向到达边界或者到达水域，则说明该方向是一条边，周长+1。
- 时间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
- 空间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
C++代码
class Solution {
private:int m;int n;int perimeter;void dfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {grid[x][y] = 2;if (x - 1 < 0 || grid[x - 1][y] == 0) ++perimeter;else if (grid[x - 1][y] != 2) dfs(grid, x - 1, y);if (x + 1 >= m || grid[x + 1][y] == 0) ++perimeter;else if (grid[x + 1][y] != 2) dfs(grid, x + 1, y);if (y - 1 < 0 || grid[x][y - 1] == 0) ++perimeter;else if (grid[x][y - 1] != 2) dfs(grid, x, y - 1);if (y + 1 >= n || grid[x][y + 1] == 0) ++perimeter;else if (grid[x][y + 1] != 2) dfs(grid, x, y + 1);}public:int islandPerimeter(vector<vector<int>>& grid) {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) {dfs(grid, i, j);return perimeter;}}}return perimeter;}
};
方法二：BFS
用时：4m55s
思路
- 时间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
- 空间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
C++代码
class Solution {
private:int m;int n;int perimeter;int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0};void bfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y) {queue<pair<int, int>> que;grid[x][y] = 2;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] == 0) ++perimeter;else if (grid[nextx][nexty] != 2) {grid[nextx][nexty] = 2;que.push(pair<int, int>(nextx, nexty));}}}}public:int islandPerimeter(vector<vector<int>>& grid) {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) {bfs(grid, i, j);return perimeter;}}}return perimeter;}
};
方法三：遍历
用时：7m11s
思路
其实直接遍历就行了，遇到陆地就判断一下四条边，根本不用dfs、bfs这么复杂…
- 时间复杂度： O ( m n ) O(mn) O(mn)。
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)。
C++代码
class Solution {
public:int islandPerimeter(vector<vector<int>>& grid) {int m = grid.size();int n = grid[0].size();int perimeter = 0;for (int i = 0; i < m; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {if (grid[i][j] == 1) {if (i - 1 < 0 || grid[i - 1][j] == 0) ++perimeter;if (i + 1 >= m || grid[i + 1][j] == 0) ++perimeter;if (j - 1 < 0 || grid[i][j - 1] == 0) ++perimeter;if (j + 1 >= n || grid[i][j + 1] == 0) ++perimeter;}}}return perimeter;}
};
看完讲解的思考
无。
代码实现遇到的问题
无。
最后的碎碎念
一刷倒数第二天！
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