算法笔记-lc-827. 最大人工岛

题目

简介

给你一个大小为 n x n 二进制矩阵 grid 。最多 只能将一格 0 变成 1 。

返回执行此操作后，grid 中最大的岛屿面积是多少？

岛屿 由一组上、下、左、右四个方向相连的 1 形成。

示例

示例 1:

输入: grid = [[1, 0], [0, 1]]
输出: 3
解释: 将一格0变成1，最终连通两个小岛得到面积为 3 的岛屿。
示例 2:

输入: grid = [[1, 1], [1, 0]]
输出: 4
解释: 将一格0变成1，岛屿的面积扩大为 4。
示例 3:

输入: grid = [[1, 1], [1, 1]]
输出: 4
解释: 没有0可以让我们变成1，面积依然为 4。

提示

n == grid.length
n == grid[i].length
1 <= n <= 500
grid[i][j] 为 0 或 1

解法

标记+合并

首先跑一次dfs找到所有的联通块，统计每个点所属的联通块标号以及该联通块下点的个数。之后枚举所有为0的点，拓展四周为1的点，进行合并判断。

class Solution {
    int[][] grid;
    int flag=0;
    public int largestIsland(int[][] grid) {
        this.grid=grid;
        for(int i=0;i<grid.length;i++){
            for(int j=0;j<grid[0].length;j++){
                if(grid[i][j]==1){
                    flag=0;
                    bfs(i,j);
                }
            }
        }
        int max=0;
        for(int i=0;i<grid.length;i++){
            for(int j=0;j<grid[0].length;j++){
                if(grid[i][j]==0){
                    int flag=1-add(i-1,j)-add(i+1,j)-add(i,j-1)-add(i,j+1);
                    max=Math.max(max,flag);
                }
            }
        }
        return max;
    }
    public void bfs(int i,int j){
        if(i<0||i>=grid.length){
            return;
        }
        if(j<0||j>=grid[0].length){
            return;
        }
        if(grid[i][j]==1){
            flag++;
            bfs(i+1,j);
            bfs(i-1,j);
            bfs(i,j+1);
            bfs(i,j-1);
            grid[i][j]=-flag;
        }
    }
    public int add(int i,int j){
        if(i<0||i>=grid.length){
            return 0;
        }
        if(j<0||j>=grid[0].length){
            return 0;
        }
        return grid[i][j];
    }
}
1
2
3
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5
6
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由于数据范围，递归的时候会栈溢出，所以可以采用栈或队列辅助优化，复杂度分析

时间复杂度：O(n²)，其中 n 是 grid 的长与宽。使用深度优先搜索获取岛屿面积时，总共访问不超过 n^2个点。

空间复杂度：O(n²)，保存 tag 与area 需要 O(n^2)O(n²) 的空间。

并查集 + 枚举

为了方便，我们令 grid 为 g。

根据题意，容易想到通过「并查集」来维护所有连通块大小，再通过「枚举」来找最优翻转点。

具体的，我们可以先使用「并查集」维护所有 g[i][j] = 1g[i][j]=1 的块连通性，并在维护连通性的过程中，使用 sz[idx] 记录下每个连通块的大小（注意：只有连通块根编号，sz[idx] 才有意义，即只有 sz[find(x)] 才有意义）。

随后我们再次遍历 g，根据原始的 g[i][j]g[i][j] 的值进行分别处理：

若 g[i][j] = 1g[i][j]=1，该位置不会作为翻转点，但真实最大面积未必是由翻转后所导致的（可能取自原有的连通块），因此我们需要将 sz[root] 参与比较，其中 root 为 (i, j)(i,j) 所属的连通块根节点编号；
若 g[i][j] = 0g[i][j]=0，该位置可作为翻转点，我们可以统计其四联通位置对应的连通块大小总和 tot（注意若四联通方向有相同连通块，只统计一次），那么 tot + 1tot+1 即是翻转该位置所得到的新连通块大小。
最后对所有连通块大小取最大值即是答案。

一些细节：为了方便，我们令点 (i,j) 的编号从 11 开始；
同时由于我们本身就要用 sz 数组，因此我们可以随手把并查集的「按秩合并」也加上。体现在 union 操作时，我们总是将小的连通块合并到大的连通块上，从而确保我们并查集单次操作即使在最坏情况下复杂度仍为O(α(n))（可看作常数）。需要注意只有同时应用「路径压缩」和「按秩合并」，并查集操作复杂度才为 O(α(n))。

class Solution {
    static int N = 510;
    static int[] p = new int[N * N], sz = new int[N * N];
    int[][] dirs = new int[][]{{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
    int find(int x) {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    void union(int a, int b) {
        int ra = find(a), rb = find(b);
        if (ra == rb) return ;
        if (sz[ra] > sz[rb]) {
            union(b, a);
        } else {
            sz[rb] += sz[ra]; p[ra] = p[rb];
        }
    }
    public int largestIsland(int[][] g) {
        int n = g.length;
        for (int i = 1; i <= n * n; i++) {
            p[i] = i; sz[i] = 1;
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (g[i][j] == 0) continue;
                for (int[] di : dirs) {
                    int x = i + di[0], y = j + di[1];
                    if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n || g[x][y] == 0) continue;
                    union(i * n + j + 1, x * n + y + 1);
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (g[i][j] == 1) {
                    ans = Math.max(ans, sz[find(i * n + j + 1)]);
                } else {
                    int tot = 1;
                    Set<Integer> set = new HashSet<>();
                    for (int[] di : dirs) {
                        int x = i + di[0],y = j + di[1];
                        if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n || g[x][y] == 0) continue;
                        int root = find(x * n + y + 1);
                        if (set.contains(root)) continue;
                        tot += sz[root];
                        set.add(root);
                    }
                    ans = Math.max(ans, tot);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}
1
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3
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5
6
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9
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55

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(n^2)