深度优先搜索和广度优先搜索

搜索算法

这里直接上例题

有一幅以 m x n 的二维整数数组表示的图画 image ，其中 image[i][j] 表示该图画的像素值大小。
你也被给予三个整数 sr , sc 和 newColor 。你应该从像素 image[sr][sc] 开始对图像进行上色填充。为了完成上色工作，从初始像素开始，记录初始坐标的上下左右四个方向上像素值与初始坐标相同的相连像素点，接着再记录这四个方向上符合条件的像素点与他们对应四个方向上像素值与初始坐标相同的相连像素点，……，重复该过程。将所有有记录的像素点的颜色值改为 newColor。最后返回经过上色渲染后的图像。

js
输入: image = [[1,1,1],[1,1,0],[1,0,1]]，sr = 1, sc = 1, newColor = 2
输出: [[2,2,2],[2,2,0],[2,0,1]]
解析: 在图像的正中间，(坐标(sr,sc)=(1,1)),在路径上所有符合条件的像素点的颜色都被更改成2。
注意，右下角的像素没有更改为2，因为它不是在上下左右四个方向上与初始点相连的像素点。

题意很简单，就是给定一个初始位置，每次只能上下左右移动一次，且只能在数值相同的位置之间移动，将从初始位置能经过有限次次数到达的位置的值全修改为给定的newColor即可

那这种四个方向都可以走的搜索，我第一个想到的就是使用深度或广度优先搜素，下面是使用了广度优先搜素的代码，先建立一个队列来存储中间访问的过程，首先将初始位置入队，若队列非空，则每次出队一个，修改其值，且将其能访问到的位置入队，重复以上过程，直到队列为空，则修改完毕

java
class Solution {
    public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {
        // 从image[sr][sc]开始，将待修改的颜色改为newColor
        // 需要修改的点则是能够走到初始点的点，且只有上下左右四个方向，只能走到数值相同的点
        // 广度优先似乎最适合，一次性能够接触所有能到达的点
        // 需要建一个队列
        Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();
        int curColor = image[sr][sc];
        if(curColor == color) {
            return image;
        }
        //起始点入队
        queue.add(new int[]{sr,sc});
        int row = image.length;
        int column = image[0].length;
        // 队列非空
        while(!queue.isEmpty()){
            // 出队队头
            int[] local = new int[2];
            local = queue.poll();
            // 将队头能到达的点入队
            // 往左
            if(local[0] != 0){
                if(image[local[0]-1][local[1]] == curColor) {
                    // 入队
                    queue.add(new int[]{local[0]-1,local[1]});
                }
            }
            if(local[1] != 0){
                if(image[local[0]][local[1]-1]==curColor) {
                    queue.add(new int[]{local[0],local[1]-1});
                }
            }
            if(local[0] != row-1){
                if(image[local[0]+1][local[1]]==curColor) {
                    queue.add(new int[]{local[0]+1,local[1]});
                }
            }
            if(local[1] != column-1) {
                if(image[local[0]][local[1]+1]==curColor) {
                    queue.add(new int[]{local[0],local[1]+1});
                }
            }
            // 入队后修改当前的颜色
            image[local[0]][local[1]] = color;
        }
        return image;
    }
}

leecode 695 岛屿的最大面积

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid 。
岛屿是由一些相邻的 1 (代表土地) 构成的组合，这里的「相邻」要求两个 1 必须在水平或者竖直的四个方向上相邻。你可以假设 grid 的四个边缘都被 0（代表水）包围着。
岛屿的面积是岛上值为 1 的单元格的数目。
计算并返回 grid 中最大的岛屿面积。如果没有岛屿，则返回面积为 0 。

golang
输入：grid = [[0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0],[0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0]]
输出：6
解释：答案不应该是 11 ，因为岛屿只能包含水平或垂直这四个方向上的 1 。

即求连成1的最大区域的方块个数，这与上一题是一样的思路，只不过没给定起始位置，而是自己去遍历二维数组，这里有一个小技巧，即为了重复的进行遍历，可以采取将已经走过的岛屿反转为水，即将访问过的1改为0，这样就避免了例如在遍历到[1,2]时访问到了[1,3]，但在遍历到[1,3]时还需要再次访问[1,2]，其余的思路就与上一题是一样的，即你当前遍历到的位置就是你的起点，通过深度或广度去找连接起来的区域，深度和广度主要的区别主要就还是使用栈还是队列来储存中间节点，或者可以使用递归的方法，下面的代码样例为递归，更容易理解

java
class Solution {
    public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
        // 求最大的岛屿，且是上下左右四个方向相连起来的
        int max = 0;
        for(int i = 0;i<grid.length;i++) {
            for(int j = 0;j<grid[0].length;j++){
                int cur = 0;
                // 通过栈，入栈，直到没有下一个才开始出栈
                // 为了防止重复，经历过的都置为0
                if(grid[i][j] == 1) {
                    max = Math.max(max,dfs(grid,i,j));
                }
            }
        }
        return max;
    }
    public int dfs(int[][] grid,int i,int j) {
        //当超出边缘或者遇到海洋则退出
        if(i<0||j<0||i>=grid.length||j>=grid[0].length||grid[i][j]==0) return 0;
        int sum = 1;
        // 经历过的直接改为海洋
        grid[i][j] = 0;
        sum += dfs(grid,i+1,j);
        sum += dfs(grid,i-1,j);
        sum += dfs(grid,i,j-1);
        sum += dfs(grid,i,j+1);
        return sum;
    }
}