有一个 m x n 的二元网格，其中 1 表示砖块，0 表示空白。砖块 稳定（不会掉落）的前提是：
一块砖直接连接到网格的顶部，或者
至少有一块相邻（4 个方向之一）砖块 稳定 不会掉落时
给你一个数组 hits ，这是需要依次消除砖块的位置。每当消除 hits[i] = (rowi, coli) 位置上的砖块时，对应位置的砖块（若存在）会消失，然后其他的砖块可能因为这一消除操作而掉落。一旦砖块掉落，它会立即从网格中消失（即，它不会落在其他稳定的砖块上）。
返回一个数组 result ，其中 result[i] 表示第 i 次消除操作对应掉落的砖块数目。
注意，消除可能指向是没有砖块的空白位置，如果发生这种情况，则没有砖块掉落。
示例 1：
输入：grid = [[1,0,0,0],[1,1,1,0]], hits = [[1,0]]
输出：[2]
解释：
网格开始为：
[[1,0,0,0]，
[1,1,1,0]]
消除 (1,0) 处加粗的砖块，得到网格：
[[1,0,0,0]
[0,1,1,0]]
两个加粗的砖不再稳定，因为它们不再与顶部相连，也不再与另一个稳定的砖相邻，因此它们将掉落。得到网格：
[[1,0,0,0],
[0,0,0,0]]
因此，结果为 [2] 。
示例 2：
输入：grid = [[1,0,0,0],[1,1,0,0]], hits = [[1,1],[1,0]]
输出：[0,0]
解释：
网格开始为：
[[1,0,0,0],
[1,1,0,0]]
消除 (1,1) 处加粗的砖块，得到网格：
[[1,0,0,0],
[1,0,0,0]]
剩下的砖都很稳定，所以不会掉落。网格保持不变：
[[1,0,0,0],
[1,0,0,0]]
接下来消除 (1,0) 处加粗的砖块，得到网格：
[[1,0,0,0],
[0,0,0,0]]
剩下的砖块仍然是稳定的，所以不会有砖块掉落。
因此，结果为 [0,0] 。
提示：
m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 200
grid[i][j] 为 0 或 1
1 <= hits.length <= 4 * 104
hits[i].length == 2
0 <= xi <= m - 1
0 <= yi <= n - 1
所有 (xi, yi) 互不相同
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/bricks-falling-when-hit
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ps：cv大法好
public class Solution {
private int rows;
private int cols;
public static final int[][] DIRECTIONS = {
{
0, 1}, {
1, 0}, {
-1, 0}, {
0, -1}};
public int[] hitBricks(int[][] grid, int[][] hits) {
this.rows = grid.length;
this.cols = grid[0].length;
// 第 1 步：把 grid 中的砖头全部击碎，通常算法问题不能修改输入数据，这一步非必需，可以认为是一种答题规范
int[][] copy = new int[rows][cols];
for (int i = 0; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
copy[i][j] = grid[i][j];
}
}
// 把 copy 中的砖头全部击碎
for (int[] hit : hits) {
copy[hit[0]][hit[1]] = 0;
}
// 第 2 步：建图，把砖块和砖块的连接关系输入并查集，size 表示二维网格的大小，也表示虚拟的「屋顶」在并查集中的编号
int size = rows * cols;
UnionFind unionFind = new UnionFind(size + 1);
// 将下标为 0 的这一行的砖块与「屋顶」相连
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (copy[0][j] == 1) {
unionFind.union(j, size);
}
}
// 其余网格，如果是砖块向上、向左看一下，如果也是砖块，在并查集中进行合并
for (int i = 1; i < rows; i++) {
for (int j = 0; j < cols; j++) {
if (copy[i][j] == 1) {
// 如果上方也是砖块
if (copy[i - 1][j] == 1) {
unionFind.union(getIndex(i - 1, j), getIndex(i, j));
}
// 如果左边也是砖块
if (j > 0 && copy[i][j - 1] == 1) {
unionFind.union(getIndex(i, j - 1), getIndex(i, j));
}
}
}
}
// 第 3 步：按照 hits 的逆序，在 copy 中补回砖块，把每一次因为补回砖块而与屋顶相连的砖块的增量记录到 res 数组中
int hitsLen = hits.length;
int[] res = new int[hitsLen];
for (int i = hitsLen - 1; i >= 0; i--) {
int x = hits[i][0];
int y = hits[i][1];
// 注意：这里不能用 copy，语义上表示，如果原来在 grid 中，这一块是空白，这一步不会产生任何砖块掉落
// 逆向补回的时候，与屋顶相连的砖块数量也肯定不会增加
if (grid[x][y] == 0) {
continue;
}
// 补回之前与屋顶相连的砖块数
int origin = unionFind.getSize(size);
// 注意：如果补回的这个结点在第 1 行，要告诉并查集它与屋顶相连（逻辑同第 2 步）
if (x == 0) {
unionFind.union(y, size);
}
// 在 4 个方向上看一下，如果相邻的 4 个方向有砖块，合并它们
for (int[] direction : DIRECTIONS) {
int newX = x + direction[0];
int newY = y + direction[1];
if (inArea(newX, newY) && copy[newX][newY] == 1) {
unionFind.union(getIndex(x, y), getIndex(newX, newY));
}
}
// 补回之后与屋顶相连的砖块数
int current = unionFind.getSize(size);
// 减去的 1 是逆向补回的砖块（正向移除的砖块），与 0 比较大小，是因为存在一种情况，添加当前砖块，不会使得与屋顶连接的砖块数更多
res[i] = Math.max(0, current - origin - 1);
// 真正补上这个砖块
copy[x][y] = 1;
}
return res;
}
/**
* 输入坐标在二维网格中是否越界
*
* @param x
* @param y
* @return
*/
private boolean inArea(int x, int y) {
return x >= 0 && x < rows && y >= 0 && y < cols;
}
/**
* 二维坐标转换为一维坐标
*
* @param x
* @param y
* @return
*/
private int getIndex(int x, int y) {
return x * cols + y;
}
private class UnionFind {
/**
* 当前结点的父亲结点
*/
private int[] parent;
/**
* 以当前结点为根结点的子树的结点总数
*/
private int[] size;
public UnionFind(int n) {
parent = new int[n];
size = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
parent[i] = i;
size[i] = 1;
}
}
/**
* 路径压缩，只要求每个不相交集合的「根结点」的子树包含的结点总数数值正确即可，因此在路径压缩的过程中不用维护数组 size
*
* @param x
* @return
*/
public int find(int x) {
if (x != parent[x]) {
parent[x] = find(parent[x]);
}
return parent[x];
}
public void union(int x, int y) {
int rootX = find(x);
int rootY = find(y);
if (rootX == rootY) {
return;
}
parent[rootX] = rootY;
// 在合并的时候维护数组 size
size[rootY] += size[rootX];
}
/**
* @param x
* @return x 在并查集的根结点的子树包含的结点总数
*/
public int getSize(int x) {
int root = find(x);
return size[root];
}
}
}