标签：不同 一个 lin 判断 位置 node 树结构 token 需要
我们首先明确一下岛屿问题中的网格结构是如何定义的，以方便我们后面的讨论。
网格问题是由 m*n个小方格组成一个网格，每个小方格与其上下左右四个方格认为是相邻的，要在这样的网格上进行某种搜索。
岛屿问题是一类典型的网格问题。每个格子中的数字可能是 0 或者 1。我们把数字为 0 的格子看成海洋格子，数字为 1 的格子看成陆地格子，这样相邻的陆地格子就连接成一个岛屿。
在这样一个设定下，就出现了各种岛屿问题的变种，包括岛屿的数量、面积、周长等。不过这些问题，基本都可以用 DFS 遍历来解决。
网格结构要比二叉树结构稍微复杂一些，它其实是一种简化版的图结构。要写好网格上的 DFS 遍历，我们首先要理解二叉树上的 DFS 遍历方法，再类比写出网格结构上的 DFS 遍历。我们写的二叉树 DFS 遍历一般是这样的：
1 void traverse(TreeNode root) { 2 // 判断 base case 3 if (root == null) { 4 return; 5 } 6 // 访问两个相邻结点：左子结点、右子结点 7 traverse(root.left); 8 traverse(root.right); 9 }
可以看到，二叉树的 DFS 有两个要素：「访问相邻结点」和「判断 base case」。
要素一：访问相邻结点。二叉树的相邻结点非常简单，只有左子结点和右子结点两个。二叉树本身就是一个递归定义的结构：一棵二叉树，它的左子树和右子树也是一棵二叉树。那么我们的 DFS 遍历只需要递归调用左子树和右子树即可。
要素二：判断 base case。一般来说，二叉树遍历的 base case 是 root == null。这样一个条件判断其实有两个含义：一方面，这表示 root 指向的子树为空，不需要再往下遍历了。另一方面，在 root == null 的时候及时返回，可以让后面的 root.left 和 root.right 操作不会出现空指针异常。
对于网格上的 DFS，我们完全可以参考二叉树的 DFS，写出网格 DFS 的两个要素：
首先，网格结构中的格子有多少相邻结点？答案是上下左右四个。对于格子 (r, c) 来说（r 和 c 分别代表行坐标和列坐标），四个相邻的格子分别是 (r-1, c)、(r+1, c)、(r, c-1)、(r, c+1)。换句话说，网格结构是「四叉」的。
其次，网格 DFS 中的 base case 是什么？从二叉树的 base case 对应过来，应该是网格中不需要继续遍历、grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子，也就是那些超出网格范围的格子。
这一点稍微有些反直觉，坐标竟然可以临时超出网格的范围？这种方法我称为「先污染后治理」—— 甭管当前是在哪个格子，先往四个方向走一步再说，如果发现走出了网格范围再赶紧返回。这跟二叉树的遍历方法是一样的，先递归调用，发现 root == null 再返回。
这样，我们得到了网格 DFS 遍历的框架代码：
1 void dfs(int[][] grid, int r, int c) { 2 // 判断 base case 3 // 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回 4 if (!inArea(grid, r, c)) { 5 return; 6 } 7 // 访问上、下、左、右四个相邻结点 8 dfs(grid, r - 1, c); 9 dfs(grid, r + 1, c); 10 dfs(grid, r, c - 1); 11 dfs(grid, r, c + 1); 12 } 13 14 // 判断坐标 (r, c) 是否在网格中 15 boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) { 16 return 0 <= r && r < grid.length 17 && 0 <= c && c < grid[0].length; 18 }
网格结构的 DFS 与二叉树的 DFS 最大的不同之处在于，遍历中可能遇到遍历过的结点。这是因为，网格结构本质上是一个「图」，我们可以把每个格子看成图中的结点，每个结点有向上下左右的四条边。在图中遍历时，自然可能遇到重复遍历结点。
这时候，DFS 可能会不停地「兜圈子」，永远停不下来，如下图所示：
如何避免这样的重复遍历呢？答案是标记已经遍历过的格子。以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上做 DFS 遍历。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。也就是说，每个格子可能取三个值：
我们在框架代码中加入避免重复遍历的语句：
1 void dfs(int[][] grid, int r, int c) { 2 // 判断 base case 3 if (!inArea(grid, r, c)) { 4 return; 5 } 6 // 如果这个格子不是岛屿，直接返回 7 if (grid[r][c] != 1) { 8 return; 9 } 10 grid[r][c] = 2; // 将格子标记为「已遍历过」 11 12 // 访问上、下、左、右四个相邻结点 13 dfs(grid, r - 1, c); 14 dfs(grid, r + 1, c); 15 dfs(grid, r, c - 1); 16 dfs(grid, r, c + 1); 17 } 18 19 // 判断坐标 (r, c) 是否在网格中 20 boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) { 21 return 0 <= r && r < grid.length 22 && 0 <= c && c < grid[0].length; 23 }
这样，我们就得到了一个岛屿问题、乃至各种网格问题的通用 DFS 遍历方法。以下所讲的几个例题，其实都只需要在 DFS 遍历框架上稍加修改而已。
1 int area(int[][] grid, int r, int c) { 2 return 1 3 + area(grid, r - 1, c) 4 + area(grid, r + 1, c) 5 + area(grid, r, c - 1) 6 + area(grid, r, c + 1); 7 }
最终我们得到的完整题解代码如下：
1 public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) { 2 int res = 0; 3 for (int r = 0; r < grid.length; r++) { 4 for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) { 5 if (grid[r][c] == 1) { 6 int a = area(grid, r, c); 7 res = Math.max(res, a); 8 } 9 } 10 } 11 return res; 12 } 13 14 int area(int[][] grid, int r, int c) { 15 if (!inArea(grid, r, c)) { 16 return 0; 17 } 18 if (grid[r][c] != 1) { 19 return 0; 20 } 21 grid[r][c] = 2; 22 23 return 1 24 + area(grid, r - 1, c) 25 + area(grid, r + 1, c) 26 + area(grid, r, c - 1) 27 + area(grid, r, c + 1); 28 } 29 30 boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) { 31 return 0 <= r && r < grid.length 32 && 0 <= c && c < grid[0].length; 33 }
LeetCode 463. Island Perimeter （Easy）
给定一个包含 0 和 1 的二维网格地图，其中 1 表示陆地，0 表示海洋。网格中的格子水平和垂直方向相连（对角线方向不相连）。整个网格被水完全包围，但其中恰好有一个岛屿（一个或多个表示陆地的格子相连组成岛屿）。
岛屿中没有“湖”（“湖” 指水域在岛屿内部且不和岛屿周围的水相连）。格子是边长为 1 的正方形。计算这个岛屿的周长。
实话说，这道题用 DFS 来解并不是最优的方法。对于岛屿，直接用数学的方法求周长会更容易。不过这道题是一个很好的理解 DFS 遍历过程的例题，
我们再回顾一下 网格 DFS 遍历的基本框架：
1 void dfs(int[][] grid, int r, int c) { 2 // 判断 base case 3 if (!inArea(grid, r, c)) { 4 return; 5 } 6 // 如果这个格子不是岛屿，直接返回 7 if (grid[r][c] != 1) { 8 return; 9 } 10 grid[r][c] = 2; // 将格子标记为「已遍历过」 11 12 // 访问上、下、左、右四个相邻结点 13 dfs(grid, r - 1, c); 14 dfs(grid, r + 1, c); 15 dfs(grid, r, c - 1); 16 dfs(grid, r, c + 1); 17 } 18 19 // 判断坐标 (r, c) 是否在网格中 20 boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) { 21 return 0 <= r && r < grid.length 22 && 0 <= c && c < grid[0].length; 23 }可以看到，
dfs函数直接返回有这几种情况：
!inArea(grid, r, c)，即坐标(r, c)超出了网格的范围，也就是我所说的「先污染后治理」的情况grid[r][c] != 1，即当前格子不是岛屿格子，这又分为两种情况：
grid[r][c] == 0，当前格子是海洋格子grid[r][c] == 2，当前格子是已遍历的陆地格子那么这些和我们岛屿的周长有什么关系呢？实际上，岛屿的周长是计算岛屿全部的「边缘」，而这些边缘就是我们在 DFS 遍历中，
dfs函数返回的位置。观察题目示例，我们可以将岛屿的周长中的边分为两类，如下图所示。黄色的边是与网格边界相邻的周长，而蓝色的边是与海洋格子相邻的周长。
当我们的
dfs函数因为「坐标(r, c)超出网格范围」返回的时候，实际上就经过了一条黄色的边；而当函数因为「当前格子是海洋格子」返回的时候，实际上就经过了一条蓝色的边。这样，我们就把岛屿的周长跟 DFS 遍历联系起来了，我们的题解代码也呼之欲出：
1 public int islandPerimeter(int[][] grid) { 2 for (int r = 0; r < grid.length; r++) { 3 for (int c = 0; c < grid[0].length; c++) { 4 if (grid[r][c] == 1) { 5 // 题目限制只有一个岛屿，计算一个即可 6 return dfs(grid, r, c); 7 } 8 } 9 } 10 return 0; 11 } 12 13 int dfs(int[][] grid, int r, int c) { 14 // 函数因为「坐标 (r, c) 超出网格范围」返回，对应一条黄色的边 15 if (!inArea(grid, r, c)) { 16 return 1; 17 } 18 // 函数因为「当前格子是海洋格子」返回，对应一条蓝色的边 19 if (grid[r][c] == 0) { 20 return 1; 21 } 22 // 函数因为「当前格子是已遍历的陆地格子」返回，和周长没关系 23 if (grid[r][c] != 1) { 24 return 0; 25 } 26 grid[r][c] = 2; 27 return dfs(grid, r - 1, c) 28 + dfs(grid, r + 1, c) 29 + dfs(grid, r, c - 1) 30 + dfs(grid, r, c + 1); 31 } 32 33 // 判断坐标 (r, c) 是否在网格中 34 boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) { 35 return 0 <= r && r < grid.length 36 && 0 <= c && c < grid[0].length; 37 }文章出处：https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzA5ODk3ODA4OQ==&mid=2648167208&idx=1&sn=d8118c7c0e0f57ea2bdd8aa4d6ac7ab7&chksm=88aa236ebfddaa78a6183cf6dcf88f82c5ff5efb7f5c55d6844d9104b307862869eb9032bd1f&token=1064083695&lang=zh_CN#rd
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