1.01矩陣
既然本章是BFS解決多源最短路問題，也就是說有若干個起點，那我們就可以暴力一點，直接把多源最短路徑問題轉化成若干個單源最短路徑問題，然后將每次的步數比較一下，取到最短的就是最短路徑的結果，這個想法好寫，但是在本章都會超時，所以我們換一個思路：把所有的源點當成一個超級源點(包含所有的源點)，那么問題就變成了單一的單源最短路徑問題，此時我們使用一次bfs就可以解決問題。但是如何將這個源點當作一個超級源點呢？在解決單源最短路問題，我們的做法是把起點加入到隊列，然后一層一層的往外擴展，所以我們只需要一開始將所有的起點都加入到隊列，然后一層一層往外擴展即可，我們直接看第一個思路：
代碼我已經替大家試過了，會超時，所以我們來看第二種思路：
直接上代碼：
class Solution {int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
public:vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {int m = mat.size();int n = mat[0].size();vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1));// dist[i][j] == -1,表示:沒有被搜索過// dist[i][j] != -1,表示:最短距離// 利用dist來直接標記該位置是否已經被使用queue<pair<int,int>> q;// 把所有為0的源點加入隊列中for(int i = 0; i < m; i++) for(int j = 0; j < n; j++)if(mat[i][j] == 0){q.push({i, j});dist[i][j] = 0;}while(q.size()){// 此時我們不需要同時向外擴展// 因此不需要使用szauto [a, b] = q.front();q.pop();for(int i = 0; i < 4; i++){int x = a + dx[i], y = b + dy[i];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && dist[x][y] == -1){// 此時說明已經找到，直接修改dist的值即可dist[x][y] = dist[a][b] + 1;q.push({x, y});}}}return dist;}
};2.飛地的數量
這道題目如果我們按照每次遍歷數組每次遇到1就去bfs，肯定是會超時的，但是根據這個寫法也有不超時的做法，我們遍歷的時候，遇到1就去bfs，并將途中遇到1的位置標記一下，下一輪遇到1的時候，先dfs一下，如果這次dfs寬搜的時候遇到1，發現這個位置已經標記過，此時就不要bfs了，直接就是上次的結果，但是這樣寫需要兩次dfs，并且dsf的代碼還不一樣，也比較麻煩，那我們來一個新思路：正難則反，我們可以從邊上的 1 開始搜索，把與邊上 1 相連的聯通區域全部標記?下； 然后再遍歷?遍矩陣，看看哪些位置的 1 沒有被標記即可標記的時候，可以用「多源 bfs 」解決，bfs的邏輯和上一個題目基本差不多，直接上代碼。
class Solution {int dx[4] = {0, 0, 1, -1};int dy[4] = {1, -1, 0, 0};bool vis[501][501] = {false};
public:int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {int m = grid.size();int n = grid[0].size();// 1. 把邊上的 1 加?到隊列中queue<pair<int,int>> q;// 遍歷行for(int i = 0; i < n; i++){if(grid[0][i] == 1)q.push({0, i});if(grid[m - 1][i] == 1)q.push({m - 1, i});}// 遍歷列for(int j = 0; j < m; j++){if(grid[j][0] == 1)q.push({j, 0});if(grid[j][n - 1] == 1)q.push({j, n - 1});}// 2. 多源bfswhile(q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();vis[a][b] = true;for(int i = 0; i < 4; i++){int x = a + dx[i];int y = b + dy[i];if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1 && !vis[x][y]){q.push({x, y});vis[x][y] = true;}}}// 統計結果int ret = 0;for(int i = 0; i < m; i++)for(int j = 0; j < n; j++)if(grid[i][j] == 1 && !vis[i][j])ret++;return ret; }
};3.地圖中的最高點
注意本題給的是結果矩陣，我們可以先來看看原始矩陣的樣子
此時就一目了然了，我們直接創建一個height數組，將isWater中的水域依次向外擴展，直接轉化成多源bfs的問題，并且我們發現它就是01矩陣的變型題，直接上代碼了：
class Solution {int dx[4] = { 0, 0, 1, -1 };int dy[4] = { 1, -1, 0, 0 };
public:vector<vector<int>> highestPeak(vector<vector<int>>& isWater) {int m = isWater.size();int n = isWater[0].size();// 數組不能初始化為0,因為數組中存在0 - 代表水域vector<vector<int>> height(m, vector<int>(n, -1));queue<pair<int, int>> q;// 把所有的源點加入到隊列里面for (int i = 0; i < m; i++)for (int j = 0; j < n; j++)if (isWater[i][j] == 1){height[i][j] = 0;q.push({ i,j });}// 多源bfswhile (q.size()){auto [a, b] = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++){int x = a + dx[i];int y = b + dy[i];// 該值沒有被搜索過if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && height[x][y] == -1){height[x][y] = height[a][b] + 1;q.push({ x, y });}}}return height;}
};4.地圖分析
我們這個題目要求解海洋到陸地的最大距離，也可以求，但是海洋數量多蠻煩，正難則反，我們可以求陸地到海洋，將陸地作為超級源點依次向外擴展，隨后創建一個dist數組，記錄每次bfs的值保存在ist數組中即可解決，代碼和上面的題目都相似，直接上代碼：
class Solution
{int dx[4] = { 0, 0, 1, -1 };int dy[4] = { 1, -1, 0, 0 };
public:int maxDistance(vector<vector<int>>& grid){int m = grid.size(), n = grid[0].size();vector<vector<int>> dist(m, vector<int>(n, -1));queue<pair<int, int>> q;for (int i = 0; i < m; i++)for (int j = 0; j < n; j++)if (grid[i][j] == 1){dist[i][j] = 0;q.push({ i, j });}int ret = -1;while (q.size()){auto [a, b] = q.front(); q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++){int x = a + dx[i], y = b + dy[i];if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && dist[x][y] == -1){dist[x][y] = dist[a][b] + 1;q.push({ x, y });ret = max(ret, dist[x][y]);}}}return ret;}
};
