419. 甲板上的战舰 : 几种「扫描限制」&「空间限制」做法

题目描述

这是 LeetCode 上的 419. 甲板上的战舰 ，难度为中等。

Tag : 「脑筋急转弯」

给你一个大小为 $m x n$ 的矩阵 $board$ 表示甲板，其中，每个单元格可以是一艘战舰 'X' 或者是一个空位 '.' ，返回在甲板 $board$ 上放置的战舰的数量。

战舰只能水平或者垂直放置在 $board$ 上。换句话说，战舰只能按 $1 x k$ （ $1$ 行， $k$ 列）或 $k x 1$ （ $k$ 行， $1$ 列）的形状建造，其中 $k$ 可以是任意大小。

两艘战舰之间至少有一个水平或垂直的空位分隔（即没有相邻的战舰）。

示例 1：

输入：board = [["X",".",".","X"],[".",".",".","X"],[".",".",".","X"]]

输出：2
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示例 2：

输入：board = [["."]]

输出：0
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提示：

$m == board.length$
$n == board[i].length$
$1 <= m, n <= 200$
board[i][j] 是 '.' 或 'X'

进阶：你可以实现一次扫描算法，并只使用 O(1) 额外空间，并且不修改 board 的值来解决这个问题吗？

脑筋急转弯

如果「允许扫描多次」或者「使用与输入同规模的空间」的话，做法都十分简单：

允许扫描多次，但空间只能 $O(1)$ ：每次遇到 X 的格子，则将 X 所在的战舰修改为 -，统计完答案后，再扫描一次，将 - 恢复为 X 即可；
扫描一次，但空间允许 $O(m * n)$ ：使用一个与矩阵同等大小的辅助数组 $vis$ 记录访问过的位置即可。

但题目要求「扫描一次」并且「空间 $O(1)$ 」，这就需要有点「脑筋急转弯」了。

注意这里的「扫描一次」是指使用一次遍历，而非要求每个单元格仅能访问一次，注意两者区别。

思考上述两种做法，我们本质都是在战舰的首个格子进行计数，并将该战舰的所有格子进行处理，同时使用去重手段（原数组标记或使用辅助数组）来防止该战舰在后面遍历中被重复计数。

如果我们能够找到某种规律，直接判断出某个 X 格子是否为战舰开头，则不再需要其他去重手段。

当且仅当某个 X 格子的「上方」&「左方」不为 X 时，该格子为战舰首个格子，可以进行计数，同时需要注意当前当为 $0$ （没有「上方」）和当前列为 $0$ （没有「左方」）时的边界情况。

代码：

// 一次扫描 + O(1)
class Solution {
    public int countBattleships(char[][] board) {
        int m = board.length, n = board[0].length;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (i > 0 && board[i - 1][j] == 'X') continue;
                if (j > 0 && board[i][j - 1] == 'X') continue;
                if (board[i][j] == 'X') ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
}
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// 两次扫描 + O(1)
class Solution {
    public int countBattleships(char[][] board) {
        int m = board.length, n = board[0].length;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] != 'X') continue;
                board[i][j] = '-';
                for (int k = i + 1; k < m && board[k][j] == 'X'; k++) board[k][j] = '-';
                for (int k = j + 1; k < n && board[i][k] == 'X'; k++) board[i][k] = '-';
                ans++;
            }
        }
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] == '-') board[i][j] = 'X';
            }
        }
        return ans;
    }
}
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// 一次扫描 + O(m * n)
class Solution {
    public int countBattleships(char[][] board) {
        int m = board.length, n = board[0].length;
        int ans = 0;
        boolean[][] vis = new boolean[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (board[i][j] != 'X' || vis[i][j]) continue;
                vis[i][j] = true;
                for (int k = i + 1; k < m && board[k][j] == 'X'; k++) vis[k][j] = true;
                for (int k = j + 1; k < n && board[i][k] == 'X'; k++) vis[i][k] = true;
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
}
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时间复杂度： $O(m * n)$
空间复杂度： $O(1)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.419 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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