9. 图论新

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2026-03-29

9.1 岛屿数量

200. 岛屿数量

给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。

示例 1：

输入：grid = [
['1','1','1','1','0'],
['1','1','0','1','0'],
['1','1','0','0','0'],
['0','0','0','0','0']
]
输出：1

示例 2：

输入：grid = [
['1','1','0','0','0'],
['1','1','0','0','0'],
['0','0','1','0','0'],
['0','0','0','1','1']
]
输出：3

提示

思路：深度优先遍历。二重 for 循环遍历每一个元素，如果当前元素是陆地，那么记入结果同时插旗，再深度优先遍历这个节点的上下左右，把与其相连的所有陆地都找到并且插旗，这就是一整块岛屿。

Python

class Solution:
def numIslands(self, grid: List[List[str]]) -> int:
    m, n = len(grid), len(grid[0])
    def dfs(i, j):
        if i < 0 or j < 0 or i >= m or j >= n or grid[i][j] != '1': # 地图外面或者非陆地就返回
            return
        grid[i][j] = '2' # 是陆地，插旗
        dfs(i - 1, j) # 其他四个方向走走
        dfs(i + 1, j)
        dfs(i, j - 1)
        dfs(i, j + 1)

    res = 0
    for i, row in enumerate(grid):
        for j, c in enumerate(row):
            if c == '1': # 发现岛屿
                res += 1
                dfs(i, j) # 占领此岛，插满旗子 '2'
    return res

C++

class Solution {
private:
    int m, n;
public:
    void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {
        if (i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n || grid[i][j] != '1') {
            return;
        }
        grid[i][j] = '2';
        dfs(grid, i - 1, j);
        dfs(grid, i + 1, j);
        dfs(grid, i, j - 1);
        dfs(grid, i, j + 1);
    }
    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        m = grid.size(), n = grid[0].size();
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (grid[i][j] == '1') {
                    res += 1;
                    dfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

时间复杂度： $O(mn)$ ，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。

空间复杂度： $O(mn)$ 。最坏情况下，递归需要 $O(mn)$ 的栈空间。

9.2 腐烂的橘子

994. 腐烂的橘子

在给定的 m x n 网格 grid 中，每个单元格可以有以下三个值之一：值 0 代表空单元格；值 1 代表新鲜橘子；值 2 代表腐烂的橘子。每分钟，腐烂的橘子周围 4 个方向上相邻的新鲜橘子都会腐烂。返回直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回 -1 。

示例 1：

输入：grid = 2,1,1],[1,1,0],[0,1,1
输出：4

示例 2：

输入：grid = 2,1,1],[0,1,1],[1,0,1
输出：-1
解释：左下角的橘子（第 2 行，第 0 列）永远不会腐烂，因为腐烂只会发生在 4 个方向上。

示例 3：

输入：grid = 0,2
输出：0
解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。

提示

思路：广度优先遍历。先二重遍历整个图，用一个 int 记录新鲜橘子数量和 vector 记录腐烂橘子位置，接着遍历 vector 的腐烂橘子的上下左右，此时时间 +1，把合法的新鲜橘子变成腐烂的，同时记录位置，遍历一遍后把刚新变成腐烂的橘子写回到 vector，直到所有能接触到的新鲜橘子都变腐烂，此时如果还有新鲜橘子，说明无法全部腐烂返回 -1，否则返回时间即可。

Python

class Solution:
def orangesRotting(self, grid: List[List[int]]) -> int:
    m, n = len(grid), len(grid[0])
    fresh = 0
    q = []
    for i, row in enumerate(grid):
        for j, x in enumerate(row):
            if x == 1:
                fresh += 1  # 统计新鲜橘子个数
            elif x == 2:
                q.append((i, j))  # 一开始就腐烂的橘子

    ans = 0
    while q and fresh:
        ans += 1  # 经过一分钟
        tmp = q
        q = []
        for x, y in tmp:  # 已经腐烂的橘子
            for i, j in (x - 1, y), (x + 1, y), (x, y - 1), (x, y + 1):  # 四方向
                if 0 <= i < m and 0 <= j < n and grid[i][j] == 1:  # 新鲜橘子
                    fresh -= 1
                    grid[i][j] = 2  # 变成腐烂橘子
                    q.append((i, j))

    return -1 if fresh else ans

C++

class Solution {
public:

    int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        int fresh = 0;
        int res = 0;
        int DIR[4][2] = {{0, -1}, {0, 1}, {1, 0}, {-1, 0}};
        vector<pair<int, int>> q;

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (grid[i][j] == 1) {
                    fresh++;
                }
                if (grid[i][j] == 2) {
                    q.emplace_back(i, j);
                }
            }
        }

        while (fresh && !q.empty()) {
            res++;
            vector<pair<int, int>> nxt;
            for (auto& [x, y] : q) {
                for (auto d : DIR) {
                    int i = x + d[0], j = y + d[1];
                    if (i >= 0 && j >= 0 && i < m && j < n && grid[i][j] == 1) {
                        fresh--;
                        grid[i][j] = 2;
                        nxt.emplace_back(i, j);
                    }
                }
            }
            q = move(nxt);
        }

        return fresh ? -1 : res;
    }
};

C++

class Solution { // 队列做法
public:
    int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        queue<pair<int, int>> q;
        int fresh = 0;
        int res = 0;
        int DIR[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (grid[i][j] == 1) {
                    fresh++;
                }
                if (grid[i][j] == 2) {
                    q.push({i, j});
                }
            }
        }
        while (fresh && !q.empty()) {
            res++;
            int len = q.size();
            while (len--) {
                auto [x, y] = q.front();
                q.pop();
                for (auto d : DIR) {
                    int i = x + d[0], j = y + d[1];
                    if (i >= 0 && j >= 0 && i < m && j < n && grid[i][j] == 1) {
                        fresh--;
                        grid[i][j] = 2;
                        q.push({i, j});
                    }
                }
            }
        }
        return fresh ? -1 : res;
    }
};

时间复杂度： $O(mn)$ ，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。

空间复杂度： $O(mn)$ 。

你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。在选修某些课程之前需要一些先修课程。先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则必须先学习课程 bi 。例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：numCourses = 2, prerequisites = 1,0
输出：true
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0 。这是可能的。

示例 2：

输入：numCourses = 2, prerequisites = 1,0],[0,1
输出：false
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0 ；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1 。这是不可能的。

提示

思路：推荐灵神的题解。

Python

class Solution:
def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool:
    g = [[] for _ in range(numCourses)]
    for a, b in prerequisites:
        g[b].append(a)

    colors = [0] * numCourses
    # 返回 True 表示找到了环
    def dfs(x: int) -> bool:
        colors[x] = 1  # x 正在访问中
        for y in g[x]:
            # 情况一：colors[y] == 1，表示发生循环依赖，找到了环
            # 情况二：colors[y] == 0，没有访问过 y，继续递归 y 获取信息
            # 情况三：colors[y] == 2，重复访问 y 只会重蹈覆辙，和之前一样无法找到环，跳过
            if colors[y] == 1 or colors[y] == 0 and dfs(y):
                return True  # 找到了环
        colors[x] = 2  # x 完全访问完毕，从 x 出发无法找到环
        return False  # 没有找到环

    for i, c in enumerate(colors):
        if c == 0 and dfs(i):
            return False  # 有环
    return True  # 没有环

C++

class Solution {
private:
    vector<vector<int>> g;
    vector<int> colors;
public:
    // 判断是否有环
    bool dfs(int i) {
        colors[i] = 1;
        for (int x : g[i]) {
            if (colors[x] == 1 || colors[x] == 0 && dfs(x)) {
                return true;
            }
        }
        colors[i] = 2;
        return false;
    }
    bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) {
        g.resize(numCourses);
        colors.resize(numCourses);
        for (auto& p : prerequisites) {
            g[p[1]].push_back(p[0]);
        }
        for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
            if (colors[i] == 0 && dfs(i)) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

时间复杂度： $O(n+m)$ ，其中 n 是 numCourses，m 是 prerequisites 的长度。每个节点至多递归访问一次，每条边至多遍历一次。

空间复杂度： $O(n+m)$ 。存储 g 需要 $O(n+m)$ 的空间。

9. 图论 新

9.1 岛屿数量

9.2 腐烂的橘子

9.3 课程表

9. 图论新