题目地址

https://leetcode.com/problems/surrounded-regions/

题目描述

Given a 2D board containing 'X' and 'O'(the letter O), capture all regions surrounded by 'X'.

A region is captured by flipping all 'O's into 'X's in that surrounded region.

Example:

X X X X
X O O X
X X O X
X O X X

After running your function, the board should be:

X X X X
X X X X
X X X X
X O X X

Explanation:

Surrounded regions shouldn’t be on the border, which means that any 'O' on the border of the board are not flipped to 'X'. Any 'O' that is not on the border and it is not connected to an 'O' on the border will be flipped to 'X'. Two cells are connected if they are adjacent cells connected horizontally or vertically.

思路

这是道关于 XXOO 的题，有点像围棋，将包住的O都变成X，但不同的是边缘的O不算被包围，跟之前那道 Number of Islands 很类似，都可以用 DFS 来解。刚开始我的思路是 DFS 遍历中间的O，如果没有到达边缘，都变成 X ，如果到达了边缘，将之前变成X的再变回来。但是这样做非常的不方便，在网上看到大家普遍的做法是扫矩阵的四条边，如果有O，则用 DFS 遍历，将所有连着的 O 都变成另一个字符，比如 $ ，这样剩下的O都是被包围的，然后将这些 O 变成 X ，把 $ 变回O就行了。代码如下：

解法一：

class Solution {
public:
    void solve(vector<vector<char> >& board) {
        for (int i = 0; i < board.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j < board[i].size(); ++j) {
                if ((i == 0 || i == board.size() - 1 || j == 0 || j == board[i].size() - 1) && board[i][j] == 'O')
                    solveDFS(board, i, j);
            }
        }
        for (int i = 0; i < board.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j < board[i].size(); ++j) {
                if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
                if (board[i][j] == '$') board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }
    void solveDFS(vector<vector<char> > &board, int i, int j) {
        if (board[i][j] == 'O') {
            board[i][j] = '$';
            if (i > 0 && board[i - 1][j] == 'O') 
                solveDFS(board, i - 1, j);
            if (j < board[i].size() - 1 && board[i][j + 1] == 'O') 
                solveDFS(board, i, j + 1);
            if (i < board.size() - 1 && board[i + 1][j] == 'O') 
                solveDFS(board, i + 1, j);
            if (j > 0 && board[i][j - 1] == 'O') 
                solveDFS(board, i, j - 1);
        }
    }
};

很久以前，上面的代码中最后一个 if 中必须是 j > 1 而不是 j > 0，为啥 j > 0 无法通过 OJ 的最后一个大数据集合，博主开始也不知道其中奥秘，直到被另一个网友提醒在本地机子上可以通过最后一个大数据集合，于是博主也写了一个程序来验证，请参见验证 LeetCode Surrounded Regions 包围区域的DFS方法，发现 j > 0 是正确的，可以得到相同的结果。神奇的是，现在用 j > 0 也可以通过 OJ 了。

下面这种解法还是 DFS 解法，只是递归函数的写法稍有不同，但是本质上并没有太大的区别，参见代码如下：

解法二：

class Solution {
public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        if (board.empty() || board[0].empty()) return;
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (i == 0 || i == m - 1 || j == 0 || j == n - 1) {
                    if (board[i][j] == 'O') dfs(board, i , j);
                }
            }   
        }
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
                if (board[i][j] == '$') board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }
    void dfs(vector<vector<char>> &board, int x, int y) {
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        vector<vector<int>> dir{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}};
        board[x][y] = '$';
        for (int i = 0; i < dir.size(); ++i) {
            int dx = x + dir[i][0], dy = y + dir[i][1];
            if (dx >= 0 && dx < m && dy > 0 && dy < n && board[dx][dy] == 'O') {
                dfs(board, dx, dy);
            }
        }
    }
};

我们也可以使用迭代的解法，但是整体的思路还是一样的，在找到边界上的O后，然后利用队列 queue 进行 BFS 查找和其相连的所有O，然后都标记上美元号。最后的处理还是先把所有的O变成X，然后再把美元号变回O即可，参见代码如下：

解法三：

class Solution {
public:
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        if (board.empty() || board[0].empty()) return;
        int m = board.size(), n = board[0].size();
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (i != 0 && i != m - 1 && j != 0 && j != n - 1) continue;
                if (board[i][j] != 'O') continue;
                board[i][j] = '$';
                queue<int> q{{i * n + j}};
                while (!q.empty()) {
                    int t = q.front(), x = t / n, y = t % n; q.pop();
                    if (x >= 1 && board[x - 1][y] == 'O') {board[x - 1][y] = '$'; q.push(t - n);}
                    if (x < m - 1 && board[x + 1][y] == 'O') {board[x + 1][y] = '$'; q.push(t + n);}
                    if (y >= 1 && board[x][y - 1] == 'O') {board[x][y - 1] = '$'; q.push(t - 1);}
                    if (y < n - 1 && board[x][y + 1] == 'O') {board[x][y + 1] = '$'; q.push(t + 1);}
                }
            }
        }
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (board[i][j] == 'O') board[i][j] = 'X';
                if (board[i][j] == '$') board[i][j] = 'O';
            }
        }
    }
};

思路2

我们需要将所有被X包围的O变成X，并且题目明确说了边缘的所有O都是不可以变成X的。

其实我们观察会发现，我们除了边缘的O以及和边缘O连通的O是不需要变成X的，其他都要变成X。

经过上面的思考，问题转化为连通区域问题。 这里我们需要标记一下边缘的O以及和边缘O连通的O。
我们当然可以用额外的空间去存，但是对于这道题目而言，我们完全可以mutate。这样就空间复杂度会好一点。

整个过程如图所示：

我将边缘的O以及和边缘O连通的O 标记为了 "A"

关键点解析

• 二维数组DFS解题模板
• 转化问题为连通区域问题
• 直接mutate原数组，节省空间

代码

• 语言支持：JS，Python3

/*
 * @lc app=leetcode id=130 lang=javascript
 *
 * [130] Surrounded Regions
 */
// 将O以及周边的O转化为A
function mark(board, i, j, rows, cols) {
  if (i < 0 || i > rows - 1 || j < 0 || j > cols - 1 || board[i][j] !== "O")
    return;

  board[i][j] = "A";
  mark(board, i + 1, j, rows, cols);
  mark(board, i - 1, j, rows, cols);
  mark(board, i, j + 1, rows, cols);
  mark(board, i, j - 1, rows, cols);
}
/**
 * @param {character[][]} board
 * @return {void} Do not return anything, modify board in-place instead.
 */
var solve = function(board) {
  const rows = board.length;
  if (rows === 0) return [];
  const cols = board[0].length;

  for (let i = 0; i < rows; i++) {
    for (let j = 0; j < cols; j++) {
      if (i === 0 || i == rows - 1 || j === 0 || j === cols - 1) {
        mark(board, i, j, rows, cols);
      }
    }
  }

  for (let i = 0; i < rows; i++) {
    for (let j = 0; j < cols; j++) {
      if (board[i][j] === "O") {
        board[i][j] = "X";
      } else if (board[i][j] === "A") {
        board[i][j] = "O";
      }
    }
  }

  return board;
};

Python Code：

class Solution:
    def solve(self, board: List[List[str]]) -> None:
        """
        Do not return anything, modify board in-place instead.
        """
        # 如果数组长或宽小于等于2，则不需要替换
        if len(board) <= 2 or len(board[0]) <= 2:
            return
        
        row, col = len(board), len(board[0])
        
        def dfs(i, j):
            """
            深度优先算法，如果符合条件，替换为A并进一步测试，否则停止
            """
            if i < 0 or j < 0 or i >= row or j >= col or board[i][j] != 'O':
                return
            board[i][j] = 'A'
            
            dfs(i - 1, j)
            dfs(i + 1, j)
            dfs(i, j - 1)
            dfs(i, j + 1)
        
        # 从外围开始
        for i in range(row):
            dfs(i, 0)
            dfs(i, col-1)
        
        for j in range(col):
            dfs(0, j)
            dfs(row-1, j)
        
        # 最后完成替换
        for i in range(row):
            for j in range(col):
                if board[i][j] == 'O':
                    board[i][j] = 'X'
                elif board[i][j] == 'A':
                    board[i][j] = 'O'

本文参考自：
https://github.com/grandyang/leetcode/ &
https://github.com/azl397985856/leetcode

思路3

思路：

这道题我们拿到基本就可以确定是图的 dfs、bfs 遍历的题目了。题目中解释说被包围的区间不会存在于边界上，所以我们会想到边界上的 O 要特殊处理，只要把边界上的 O 特殊处理了，那么剩下的 O 替换成 X 就可以了。问题转化为，如何寻找和边界联通的 O，我们需要考虑如下情况。

X X X X
X O O X
X X O X
X O O X

这时候的 O 是不做替换的。因为和边界是连通的。为了记录这种状态，我们把这种情况下的 O 换成 # 作为占位符，待搜索结束之后，遇到 O 替换为 X（和边界不连通的 O；遇到 #，替换回 $O(和边界连通的 O)。

如何寻找和边界联通的O 从边界出发，对图进行 dfs 和 bfs 即可。这里简单总结下 dfs 和 dfs。

• bfs 递归。可以想想二叉树中如何递归的进行层序遍历。
• bfs 非递归。一般用队列存储。
• dfs 递归。最常用，如二叉树的先序遍历。
• dfs 非递归。一般用 stack。
  那么基于上面这种想法，我们有四种方式实现。

dfs递归:

class Solution {
    public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0) return;
        int m = board.length;
        int n = board[0].length;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 从边缘o开始搜索
                boolean isEdge = i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1;
                if (isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    dfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if (board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }

    public void dfs(char[][] board, int i, int j) {
        if (i < 0 || j < 0 || i >= board.length  || j >= board[0].length || board[i][j] == 'X' || board[i][j] == '#') {
            // board[i][j] == '#' 说明已经搜索过了. 
            return;
        }
        board[i][j] = '#';
        dfs(board, i - 1, j); // 上
        dfs(board, i + 1, j); // 下
        dfs(board, i, j - 1); // 左
        dfs(board, i, j + 1); // 右
    }
}

dsf 非递归:

非递归的方式，我们需要记录每一次遍历过的位置，我们用 stack 来记录，因为它先进后出的特点。而位置我们定义一个内部类 Pos 来标记横坐标和纵坐标。注意的是，在写非递归的时候，我们每次查看 stack 顶，但是并不出 stack，直到这个位置上下左右都搜索不到的时候出 Stack。

class Solution {
    public class Pos{
        int i;
        int j;
        Pos(int i, int j) {
            this.i = i;
            this.j = j;
        }
    }
    public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0) return;
        int m = board.length;
        int n = board[0].length;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 从边缘第一个是o的开始搜索
                boolean isEdge = i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1;
                if (isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    dfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if (board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }

    public void dfs(char[][] board, int i, int j) {
        Stack<Pos> stack = new Stack<>();
        stack.push(new Pos(i, j));
        board[i][j] = '#';
        while (!stack.isEmpty()) {
            // 取出当前stack 顶, 不弹出.
            Pos current = stack.peek();
            // 上
            if (current.i - 1 >= 0 
                && board[current.i - 1][current.j] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i - 1, current.j));
                board[current.i - 1][current.j] = '#';
              continue;
            }
            // 下
            if (current.i + 1 <= board.length - 1 
                && board[current.i + 1][current.j] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i + 1, current.j));
                board[current.i + 1][current.j] = '#';      
                continue;
            }
            // 左
            if (current.j - 1 >= 0 
                && board[current.i][current.j - 1] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i, current.j - 1));
                board[current.i][current.j - 1] = '#';
                continue;
            }
            // 右
            if (current.j + 1 <= board[0].length - 1 
                && board[current.i][current.j + 1] == 'O') {
                stack.push(new Pos(current.i, current.j + 1));
                board[current.i][current.j + 1] = '#';
                continue;
            }
            // 如果上下左右都搜索不到,本次搜索结束，弹出stack
            stack.pop();
        }
    }
}

bfs 非递归:

dfs 非递归的时候我们用 stack 来记录状态，而 bfs 非递归，我们则用队列来记录状态。和 dfs 不同的是，dfs 中搜索上下左右，只要搜索到一个满足条件，我们就顺着该方向继续搜索，所以你可以看到 dfs 代码中，只要满足条件，就入 Stack，然后 continue 本次搜索，进行下一次搜索，直到搜索到没有满足条件的时候出 stack。而 dfs 中，我们要把上下左右满足条件的都入队，所以搜索的时候就不能 continue。大家可以对比下两者的代码，体会 bfs 和 dfs 的差异。

class Solution {
    public class Pos{
        int i;
        int j;
        Pos(int i, int j) {
            this.i = i;
            this.j = j;
        }
    }
    public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0) return;
        int m = board.length;
        int n = board[0].length;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 从边缘第一个是o的开始搜索
                boolean isEdge = i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1;
                if (isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    bfs(board, i, j);
                }
            }
        }

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if (board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }

    public void bfs(char[][] board, int i, int j) {
        Queue<Pos> queue = new LinkedList<>();
        queue.add(new Pos(i, j));
        board[i][j] = '#';
        while (!queue.isEmpty()) {
            Pos current = queue.poll();
            // 上
            if (current.i - 1 >= 0 
                && board[current.i - 1][current.j] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i - 1, current.j));
                board[current.i - 1][current.j] = '#';
              	// 没有continue.
            }
            // 下
            if (current.i + 1 <= board.length - 1 
                && board[current.i + 1][current.j] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i + 1, current.j));
                board[current.i + 1][current.j] = '#';      
            }
            // 左
            if (current.j - 1 >= 0 
                && board[current.i][current.j - 1] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i, current.j - 1));
                board[current.i][current.j - 1] = '#';
            }
            // 右
            if (current.j + 1 <= board[0].length - 1 
                && board[current.i][current.j + 1] == 'O') {
                queue.add(new Pos(current.i, current.j + 1));
                board[current.i][current.j + 1] = '#';
            }
        }
    }
}

bfs 递归:

bfs 一般我们不会去涉及，而且比较绕，之前我们唯一 A 过的用 bfs 递归的方式是层序遍历二叉树的时候可以用递归的方式。

并查集:

并查集这种数据结构好像大家不太常用，实际上很有用，我在实际的 production code 中用过并查集。并查集常用来解决连通性的问题，即将一个图中连通的部分划分出来。当我们判断图中两个点之间是否存在路径时，就可以根据判断他们是否在一个连通区域。 而这道题我们其实求解的就是和边界的 O 在一个连通区域的的问题。

并查集的思想就是，同一个连通区域内的所有点的根节点是同一个。将每个点映射成一个数字。先假设每个点的根节点就是他们自己，然后我们以此输入连通的点对，然后将其中一个点的根节点赋成另一个节点的根节点，这样这两个点所在连通区域又相互连通了。
并查集的主要操作有：

• find(int m)：这是并查集的基本操作，查找 m 的根节点。

• isConnected(int m,int n)：判断 m，n 两个点是否在一个连通区域。

• union(int m,int n):合并 m，n 两个点所在的连通区域。

class UnionFind {
    int[] parents;

    public UnionFind(int totalNodes) {
        parents = new int[totalNodes];
        for (int i = 0; i < totalNodes; i++) {
            parents[i] = i;
        }
    }
		// 合并连通区域是通过find来操作的, 即看这两个节点是不是在一个连通区域内.
    void union(int node1, int node2) {
        int root1 = find(node1);
        int root2 = find(node2);
        if (root1 != root2) {
            parents[root2] = root1;
        }
    }

    int find(int node) {
        while (parents[node] != node) {
            // 当前节点的父节点 指向父节点的父节点.
            // 保证一个连通区域最终的parents只有一个.
            parents[node] = parents[parents[node]];
            node = parents[node];
        }

        return node;
    }

    boolean isConnected(int node1, int node2) {
        return find(node1) == find(node2);
    }
}

我们的思路是把所有边界上的 O 看做一个连通区域。遇到 O 就执行并查集合并操作，这样所有的 O 就会被分成两类

• 和边界上的 O 在一个连通区域内的。这些 O 我们保留。
• 不和边界上的 O 在一个连通区域内的。这些 O 就是被包围的，替换。

由于并查集我们一般用一维数组来记录，方便查找 parants，所以我们将二维坐标用 node 函数转化为一维坐标。

public void solve(char[][] board) {
        if (board == null || board.length == 0)
            return;

        int rows = board.length;
        int cols = board[0].length;

        // 用一个虚拟节点, 边界上的O 的父节点都是这个虚拟节点
        UnionFind uf = new UnionFind(rows * cols + 1);
        int dummyNode = rows * cols;

        for (int i = 0; i < rows; i++) {
            for (int j = 0; j < cols; j++) {
                if (board[i][j] == 'O') {
                    // 遇到O进行并查集操作合并
                    if (i == 0 || i == rows - 1 || j == 0 || j == cols - 1) {
                        // 边界上的O,把它和dummyNode 合并成一个连通区域.
                        uf.union(node(i, j), dummyNode);
                    } else {
                        // 和上下左右合并成一个连通区域.
                        if (i > 0 && board[i - 1][j] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i - 1, j));
                        if (i < rows - 1 && board[i + 1][j] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i + 1, j));
                        if (j > 0 && board[i][j - 1] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i, j - 1));
                        if (j < cols - 1 && board[i][j + 1] == 'O')
                            uf.union(node(i, j), node(i, j + 1));
                    }
                }
            }
        }

• 作者：Ac_pipe
• 链接：https://leetcode-cn.com/problems/surrounded-regions/solution/bfsdi-gui-dfsfei-di-gui-dfsbing-cha-ji-by-ac_pipe/
• 来源：力扣（LeetCode）
• 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。