LeetCode:1034.边界着色

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1034.边界着色

来源：力扣（LeetCode） 链接：leetcode-cn.com/problems/co…

给你一个大小为 m x n 的整数矩阵 grid ，表示一个网格。另给你三个整数 row、col 和 color 。网格中的每个值表示该位置处的网格块的颜色。 两个网格块属于同一连通分量需要满足下述全部条件：

• 两个网格块颜色相同
• 在上、下、左、右任意一个方向上相邻

连通分量的边界是指连通分量中满足下述条件之一的所有网格块：

• 在上、下、左、右四个方向上与不属于同一连通分量的网格块相邻
• 在网格的边界上（第一行/列或最后一行/列）

请你使用指定颜色 color 为所有包含网格块grid[row][col]的连通分量的边界进行着色，并返回最终的网格 grid 。

示例 1：

输入：grid = [[1,1],[1,2]], row = 0, col = 0, color = 3 输出：[[3,3],[3,2]]

示例 2：

输入：grid = [[1,2,2],[2,3,2]], row = 0, col = 1, color = 3 输出：[[1,3,3],[2,3,3]]

示例 3：

输入：grid = [[1,1,1],[1,1,1],[1,1,1]], row = 1, col = 1, color = 2 输出：[[2,2,2],[2,1,2],[2,2,2]]

提示：

m == grid.length n == grid[i].length 1 <= m, n <= 50 1 <= grid[i][j], color <= 1000 0 <= row < m 0 <= col < n

解法

• 常规的思路是可以使用深度优先搜索或者广度优先搜索来寻找出位置(row,col) 的所在的连通分量，额外要做的是搜索的时候需要判断当前的点是否属于边界。如果属于边界，需要把该点加入到一个用来存所有边界点的数组中。当搜索完毕后，再将所有边界点的进行着色。

• 用递归来实现深度优先搜索遍历连通分量，用一个大小和grid 相同的矩阵visited 来记录当前节点是否被访问过，并把边界点存入数组borders 中

• python

class Solution:
    def colorBorder(self, grid: List[List[int]], row: int, col: int, color: int) -> List[List[int]]:
        m, n = len(grid), len(grid[0])
        visited = [[False] * n for _ in range(m)]
        borders = []
        originalColor = grid[row][col]
        visited[row][col] = True
        self.dfs(grid, row, col, visited, borders, originalColor)
        for x, y in borders:
            grid[x][y] = color
        return grid

    def dfs(self, grid, x, y, visited, borders, originalColor):  
        isBorder = False        
        m, n = len(grid), len(grid[0])
        direc = ((-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1))
        for dx, dy in direc:
            nx, ny = x + dx, y + dy
            if not (0 <= nx < m and 0 <= ny < n and grid[nx][ny] == originalColor):
                isBorder = True
            elif not visited[nx][ny]:
                visited[nx][ny] = True
                self.dfs(grid, nx, ny, visited, borders, originalColor)
        if isBorder:
            borders.append((x, y))

• c++

class Solution {
typedef pair<int, int> pii;

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> colorBorder(vector<vector<int>>& grid, int row, int col, int color) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
        vector<pii> borders;
        int originalColor = grid[row][col];
        visited[row][col] = true;
        dfs(grid, row, col, visited, borders, originalColor);
        for (auto & [x, y] : borders) {
            grid[x][y] = color;
        }
        return grid;
    }

    void dfs(vector<vector<int>>& grid, int x, int y, vector<vector<bool>> & visited, vector<pii> & borders, int originalColor) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        bool isBorder = false;
        int direc[4][2] = {{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}};
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = direc[i][0] + x, ny = direc[i][1] + y;
            if (!(nx >= 0 && nx < m && ny >= 0 && ny < n && grid[nx][ny] == originalColor)) {
                isBorder = true;
            } else if (!visited[nx][ny]) {
                visited[nx][ny] = true;
                dfs(grid, nx, ny, visited, borders, originalColor);
            }                
        }
        if (isBorder) {
            borders.emplace_back(x, y);
        }
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：
  • $O(MN)$: 其中 m 和 n 分别是grid 的行数和列数。在最坏情况下，需要访问到 grid 中的每个点
• 空间复杂度
  • $O(MN)$ : 用一个与grid 相同大小的矩阵来存储每个点是否被遍历过，而其他的空间消耗，比如广度优先搜索用到的队列和用来存储所有边界点的数组，均不超过 O(mn)