给定一个二维的矩阵，包含 'X' 和 'O'（字母 O）。
找到所有被 'X' 围绕的区域，并将这些区域里所有的 'O' 用 'X' 填充。
示例:
X X X X
X O O X
X X O X
X O X X
运行你的函数后，矩阵变为：
X X X X
X X X X
X X X X
X O X X
解释:
被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 'O' 都不会被填充为 'X'。 任何不在边界上，或不与边界上的 'O' 相连的 'O' 最终都会被填充为 'X'。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。
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。
那么基于上面这种想法，我们有四种方式实现。
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
}
}
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();
}
}
}
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 bfs 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 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
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));
}
}
}
}
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (uf.isConnected(node(i, j), dummyNode)) {
// 和 dummyNode 在一个连通区域的,那么就是 O ；
board[i][j] = 'O';
} else {
board[i][j] = 'X';
}
}
}
}
int node(int i, int j) {
return i * cols + j;
}
}
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