力扣0212-1405. 最长快乐字符串

「这是我参与2022首次更文挑战的第15天，活动详情查看：2022首次更文挑战」。

给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。

一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。

返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。

示例 1：

输入：grid = [[0,0,0,0],[1,0,1,0],[0,1,1,0],[0,0,0,0]]
输出：3
解释：有三个 1 被 0 包围。一个 1 没有被包围，因为它在边界上。

示例 2：

输入：grid = [[0,1,1,0],[0,0,1,0],[0,0,1,0],[0,0,0,0]]
输出：0
解释：所有 1 都在边界上或可以到达边界。

根据飞地的定义，如果从一个陆地单元格出发无法移动到网格边界，则这个陆地单元格是飞地。因此可以将所有陆地单元格分成两类：第一类陆地单元格和网格边界相连，这些陆地单元格不是飞地；第二类陆地单元格不和网格边界相连，这些陆地单元格是飞地。

我们可以从网格边界上的每个陆地单元格开始深度优先搜索，遍历完边界之后，所有和网格边界相连的陆地单元格就都被访问过了。然后遍历整个网格，如果网格中的一个陆地单元格没有被访问过，则该陆地单元格不和网格的边界相连，是飞地。

代码实现时，由于网格边界上的单元格一定不是飞地，因此遍历网格统计飞地的数量时只需要遍历不在网格边界上的单元格。

var numEnclaves = function(grid) {
    const dirs = [[-1, 0], [1, 0], [0, -1], [0, 1]];
    const m = grid.length;
    const n = grid[0].length;
    const visited = new Array(m).fill(0).map(() => new Array(n).fill(false));

    const dfs = (grid, row, col) => {
        if (row < 0 || row >= m || col < 0 || col >= n || grid[row][col] == 0 || visited[row][col]) {
            return;
        }
        visited[row][col] = true;
        for (const dir of dirs) {
            dfs(grid, row + dir[0], col + dir[1]);
        }
    };

    for (let i = 0; i < m; i++) {
        dfs(grid, i, 0);
        dfs(grid, i, n - 1);
    }
    for (let j = 1; j < n - 1; j++) {
        dfs(grid, 0, j);
        dfs(grid, m - 1, j);
    }
    let enclaves = 0;
    for (let i = 1; i < m - 1; i++) {
        for (let j = 1; j < n - 1; j++) {
            if (grid[i][j] === 1 && !visited[i][j]) {
                enclaves++;
            }
        }
    }
    return enclaves;
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(mn)$，其中 m 和 n 分别是网格 $grid$ 的行数和列数。深度优先搜索最多访问每个单元格一次，需要 $O(mn)$ 的时间，遍历网格统计飞地的数量也需要 $O(mn)$ 的时间。
• 空间复杂度：$O(mn)$，其中 m 和 n 分别是网格 $grid$ 的行数和列数。空间复杂度主要取决于 $visited$ 数组和递归调用栈空间，空间复杂度是 $O(mn)$。