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一、题目描述：
130. 被围绕的区域
给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 'X' 和 '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 1：
输入： board = [["X","X","X","X"],["X","O","O","X"],["X","X","O","X"],["X","O","X","X"]]
输出： [["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。
二、思路分析：
一看到这样的矩阵一下就想到了深度搜索和广度搜索，两者是差不多的，那我们就用深搜索试一下这题，首先题目说了要包围着的“O”才不保留，也就是说只有矩阵周围的“O”和与之连接在一起的“O”会被保留起来，那么我们只需要对矩阵的四个边界进行遍历，然后对值是“O”的进行深搜，把遍历到的所有“O”，都保留起来就可以了，那么我们怎么保留呢？这里就要用一点点及技巧了，一开始我是想着用一个拷贝数组来保留这个数组，然后原数组，然后再对拷贝数组进行刚才深搜的操作，看似没有什么问题，但是一跑就栈溢出了，仔细一想原来是如果全地图都是“O”的话，那么从A搜到B再从B搜到A就会陷入死递归，那么只能换个办法了。后来发现是自己想复杂了，其实我们只要在边界深搜的时候，把遍历到的“O”，变成其他的任意字符（除了O和X）就可以了，这里我用了"-",然后边界搜索完成后，我们只要把整个矩阵进行一次遍历，把值为“-”的变成“O”，其他的全部变成“X”，那么这道题目就解决了。
- 定义一个方向数组，为了美观，当然也可以没有。
- 对矩阵边界进行深搜，注意这里的边界的四个角落不要重复了！！！。
- 深搜函数的书写，如果新的下标没有超过边界且为“O”,那么久继续递归下去。
- 遍历整个矩阵，查看是“-”的地方置为“O”，其他的置之为“X”。
- 完美。
三、AC 代码：
代码一：
/**
* @param {character[][]} board
* @return {void} Do not return anything, modify board in-place instead.
*/
var solve = function(board) {
let m=board.length,n=board[0].length;
let direction=[[0,1],[0,-1],[1,0],[-1,0]];
for(let i=0;i<m;i++){
if(board[i][0]==='O'){
dfs(i,0);
}
if(board[i][n-1]==='O'){
dfs(i,n-1);
}
}
for(let j=1;j<n-1;j++){
if(board[0][j]==='O'){
dfs(0,j);
}
if(board[m-1][j]==='O'){
dfs(m-1,j);
}
}
for(let i=0;i<m;i++){
for(let j=0;j<n;j++){
if(board[i][j]==='-'){
board[i][j]='O';
}else{
board[i][j]='X';
}
}
}
function dfs(x,y){
board[x][y]='-';
for(let i=0;i<4;i++){
let curX=x+direction[i][0],curY=y+direction[i][1];
if(curX<m&&curX>=0&&curY>=0&&curY<n&&board[curX][curY]==='O'){
dfs(curX,curY);
}
}
}
};
四、总结：
对于这种矩阵的覆盖问题很适合深搜和广搜，多注意边界细节！
