先来看一道题目：岛屿
现在给你一个m*n矩阵，1表示陆地，0表示海，现在要你统计出这个矩阵上有几个小岛，上下左右联通的元素属于一座岛。
1 1 0 0 1
1 0 1 1 1
0 1 0 0 0
上例就应该是3。
这题：很明显是在一个图上求联通分量，但是比联通分量还简单。
思路：
A.BFS
1.从点(1,1)开始，进行BFS，将遍历到的点都标记为2，结束一轮BFS，岛屿数量+1
2.遍历下一个节点，如果已经被标记为2，则直接跳过
复杂度分析：就是遍历所有为1的节点的复杂度，虽然遍历矩阵有两层循环，但是实际上的BFS只遍历了为1的点而已，O(n*m)。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int Map[105][105],total,m,n;
typedef struct{
int x,y;
}Point;
void BFS(int x,int y){
queue<Point>que;
Point temp;
int xx,yy;
que.push(Point{x,y});
while(!que.empty()){
temp=que.front();
que.pop();
xx=temp.x;
yy=temp.y;
Map[xx][yy]=2;
if(xx>1&&(Map[xx-1][yy]&1)){
que.push(Point{xx-1,yy});
}
if(xx<n&&(Map[xx+1][yy]&1)){
que.push(Point{xx+1,yy});
}
if(yy>1&&(Map[xx][yy-1]&1)){
que.push(Point{xx,yy-1});
}
if(yy<n&&(Map[xx][yy+1]&1)){
que.push(Point{xx,yy+1});
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d",&Map[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(Map[i][j]&1){
BFS(i,j);
total++;
}
}
}
printf("岛屿数量:%d",total);
return 0;
}
B.DFS 这是左神的思路：
实现一个infect(i,j)函数，这个函数会将(i,j)周围的点感染为2，同时，被感染的点递归地去感染他们周围的点。
#include<cstdio>
using namespace std;
int Map[105][105],total,m,n;
void infect(int x,int y){
if(x<=0||x>m||y<=0||y>n||(Map[x][y]!=1)){
return;
}
Map[x][y]=2;
infect(x-1,y);
infect(x+1,y);
infect(x,y-1);
infect(x,y+1);
}
int main(){
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d",&Map[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(Map[i][j]&1){
infect(i,j);
total++;
}
}
}
printf("岛屿数量:%d",total);
return 0;
}
左神思路分析：其实与BFS差不了多少，遍历的点的个数也基本相同，相对于BFS来说代码精简，缺陷就是：压栈和还原环境代价
改：如果现在这个矩阵十分大，使得你只能并行计算，求解。
并行计算的困难：当各个分块求出来之后，可能存在那种小块中分离，大块中合并的联通块。
如图：A和B可能是属于同一个联通块的，但是并行计算中，由于划分，左边块和右边块各自有两个联通块，所以给小块合并带来了困难。
分析：对于处在边界的联通块要做特殊处理，所以我们需要这两块的分界线的边界信息。
以上图为例说明，左块有两个，右块有两个，当左右合并时，A、B是联通的，所以可以把他们合并，由于合并一次，就会减少一个联通块，所以是三个。
以矩阵为例做分析：
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 1 1 1 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 1 1 0 1 1
我们将这个矩阵分两半，
左部 右部
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 1 1 1 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 1 1 0 1 1
我们将各个联通块标记出来：
左部 右部
1 1 1 1 1 3 3 3 3 3
0 1 1 1 1 3 3 0 0 0
0 0 0 0 0 0 3 0 0 0
0 0 2 2 2 3 3 0 4 4
所以分开求有4个，我们将两条边界线单独拿出来：
左边 右边
1 3
1 3
0 0
2 3
第一行，1和3挨着且不属于一个集合，所以1和3集合合并，总数量-1变为3
第二行，1和3已经属于一个集合，往下
第三行，0和0，不连通，往下
第四行：2和3挨着且不属于一个集合，所以2和3集合合并，总数量-1变为2
结束
所以总的数量为2