蓝桥杯每日一题：岛屿个数

题目来源: 第十四届蓝桥杯软件赛省赛 B组

小蓝得到了一副大小为 $M$ × $N$ 的格子地图，可以将其视作一个只包含字符 ‘0’（代表海水）和 ‘1’（代表陆地）的二维数组，地图之外可以视作全部是海水，每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 ‘1’ 相连接而形成。在岛屿 $A$ 所占据的格子中，如果可以从中选出 $k$ 个不同的格子，使得他们的坐标能够组成一个这样的排列：( $x_0$ , $y_0$ ),( $x_1$ , $y_1$ ), . . . ,( $x_{k−1}$ , $y_{k−1}$ )，其中 ( $x_{i+1}\mod k$ , $y_{i+1} \mod k$ ) 是由 ( $x_i$ , $y_i$ ) 通过上/下/左/右移动一次得来的 ( $0 ≤ i ≤ k − 1$ )，此时这 $k$ 个格子就构成了一个 “环”。如果另一个岛屿 $B$ 所占据的格子全部位于这个 “环” 内部，此时我们将岛屿 $B$ 视作是岛屿 $A$ 的子岛屿。若 $B$ 是 $A$ 的子岛屿， $C$ 又是 $B$ 的子岛屿，那 $C$ 也是 $A$ 的子岛屿。请问这个地图上共有多少个岛屿？在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。
输入: 输入包含多组数据
第一行包含一个整数 $T$ , 代表测试的组数
接下来输入 $T$ 组数据。对于每组数据，第一行包含两个用空格分隔的整数 $M$ 、 $N$ 表示地图大小；接下来输入 $M$ 行，每行包含 $N$ 个字符，字符只可能是 ‘0’ 或 ‘1’。
输出: 对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案。
Input Sample:
2
5 5
01111
11001
10101
10001
11111
5 6
111111
100001
010101
100001
111111
Output Sample :
1
3

第一感觉是, 和力扣某道题非常相似, 力扣也有一道类似的题, 不过力扣题不用考虑环形岛的情况, 这里把链接贴一下: https://leetcode.cn/problems/number-of-islands/description/, 力扣题的难度是Mid, 这道题如果放力扣应该能算是Hard了吧 (笑)

其实和之前讲过的飞机降落一样, 都是用搜索, 只不过这次不是深搜了, 是用的广搜

一个岛屿是否被包围住, 主要看它能不能接触到最外围. 如果能, 那就不被包围, 如果不能, 那就被包围了, judge函数就是做这个判断的. 这个地方要注意, 这里能不能接触到外围, 除了上下左右四个方向之外, 还要考虑左上左下右上右下其他四个方向, 共计八个方向. 但是bfs函数(就是单看块是否连通的情况)只要考虑上下左右, 特别注意

下面给出题解代码, 请注重思考, 不要无脑cv

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
int dx[8] = {-1, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1};
int dy[8] = {0, 1, 0, -1, -1, 1, 1, -1};
char g[maxn][maxn];
bool t[maxn][maxn], st[maxn][maxn];
int n, m, res = 0;

void io() {
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
}

int judge(int i, int j) {
    queue<pair<int, int>> que;
    que.push({ i, j });
    while (!que.empty()) {
        int x = que.front().first, y = que.front().second;
        que.pop();
        if (st[x][y]) continue;
        st[x][y] = true;
        if (x == 1 || x == n || y == 1 || y == m) {
			return true;
		}
		for (int i = 0; i < 8; i++) {
            int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
            if (st[xx][yy] || g[xx][yy] == '1') {
				continue;
			}
			que.push({ xx, yy });
        }
    }
    return false;
}

void bfs(int i, int j) {
	queue<pair<int, int>> que;
	que.push({i, j});
	while (!que.empty()) {
		int x = que.front().first, y = que.front().second;
		que.pop();
		if (t[x][y]) {
			continue;
		}
		t[x][y] = true;
		for (int i = 0; i < 4; i++) {
			int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
			if (t[xx][yy] || xx < 1 || xx > n || yy < 1 || yy > m || g[xx][yy] == '0') {
				continue;
			}
			que.push({xx, yy});
		}
	}
}

void solve() {
	memset(t, 0, sizeof(t));
	res = 0;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> g[i][j];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			if (!t[i][j] && g[i][j] == '1') {
				bfs(i, j);
				memset(st, false, sizeof(st));
				if (judge(i, j)) {
					res++;
				}
			}
		}
	}
	cout << res << '\n';
}

int main() {
	io();
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}