题目描述（中等难度）

有一点点像围棋，把被围起来的 O 变成 X，边界的 O 一定不会被围起来。如果 O 和边界的 O 连通起来，那么这些 O 就都算作不被围起来，比如下边的例子。

上边的例子就只需要变化 1 个 O 。

X X X X X
O O O X X
X X X X X
X O X X X

解法一

把相邻的O 看作是连通的图，然后从每一个 O 开始做 DFS。

如果遍历完成后没有到达边界的 O ，我们就把当前 O 改成 X。

如果遍历过程中到达了边界的 O ，直接结束 DFS，当前的 O 就不用操作。

然后继续考虑下一个 O，继续做一次 DFS。

public void solve(char[][] board) {
    int rows = board.length;
    if (rows == 0) {
        return;
    }
    int cols = board[0].length;
    //考虑除去边界以外的所有 O
    for (int i = 1; i < rows - 1; i++) {
        for (int j = 1; j < cols - 1; j++) {
            if (board[i][j] == 'O') {
                //visited 用于记录 DFS 过程中已经访问过的节点
                HashSet<String> visited = new HashSet<>();
                //如果没有到达边界，就把当前 O 置为 X
                if (!solveHelper(i, j, board, visited)) {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }
}
private boolean solveHelper(int row, int col, char[][] board, HashSet<String> visited) {
    //是否访问过
    if (visited.contains(row + "@" + col)) {
        return false;
    }
    visited.add(row + "@" + col);
    //到达了 X 直接返回 false
    if (board[row][col] == 'X') {
        return false;
    }
    if (row == 0 || row == board.length - 1 || col == 0 || col == board[0].length - 1)     {
        return true;
    }
    //分别尝试四个方向
    if (solveHelper(row - 1, col, board, visited)
        || solveHelper(row, col - 1, board, visited)
        || solveHelper(row + 1, col, board, visited)
        || solveHelper(row, col + 1, board, visited)) {
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}

遗憾的是，到最后两个 test 的时候超时了。

优化的的话，我尝试了在每次 DFS 过程中，返回 true 之前，把当前的 row 和 col 记录下来，然后第二次遇到这些点的时候，就直接跳过。

public void solve(char[][] board) {
    int rows = board.length;
    if (rows == 0) {
        return;
    }
    //记录可以连通到边界的 O
    HashSet<String> memoization = new HashSet<>();
    int cols = board[0].length;
    for (int i = 1; i < rows - 1; i++) {
        for (int j = 1; j < cols - 1; j++) {
            if (board[i][j] == 'O') {
                //如果当前位置的 O 被记录过了，直接跳过
                if (memoization.contains(i + "@" + j)) {
                    continue;
                }
                HashSet<String> visited = new HashSet<>();
                if (!solveHelper(i, j, board, visited, memoization)) {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }
}
private boolean solveHelper(int row, int col, char[][] board, HashSet<String> visited,
                            HashSet<String> memoization) {
    if (visited.contains(row + "@" + col)) {
        return false;
    }
    visited.add(row + "@" + col);
    if (board[row][col] == 'X') {
        return false;
    }
    //当前位置可以连通到边界，返回 true
    if (memoization.contains(row + "@" +col)) {
         return true;
    }
    if (row == 0 || row == board.length - 1 || col == 0 || col == board[0].length - 1)     {
        memoization.add(row + "@" + col);
        return true;
    }
    if (solveHelper(row - 1, col, board, visited, memoization)
        || solveHelper(row, col - 1, board, visited, memoization)
        || solveHelper(row + 1, col, board, visited, memoization)
         //当前位置可以连通道边界，记录下来
        memoization.add(row + "@" + col);
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}

但没什么效果，依旧还是超时。

之前还考虑过能不能在遍历过程中，返回 false 之前，直接把 O 改成 X。最后发现是不可以的，比如下边的例子。

130*. Surrounded Regions - 图1

如果我们从橙色的 O 做 DFS，然后沿着箭头方向，到达最后一个 O 的时候，它的左边上边右边都是 X ，根据代码它就返回 false，此外它下边是访问过的节点也会返回 false，所以四个方向都返回 false，如果把它改成 X明显是不对的。

解法二

解法一是从当前节点做 DFS ，然后看它是否能到达边界的 O。那么我们能不能把思路逆转过来呢？

从边界的 O 做 DFS，然后把遇到的 O 都标记一下，这些 O 就是可以连通到边界的。然后把边界的所有的 O 都做一次 DFS ，把 DFS 过程的中的 O 做一下标记。最后我们只需要遍历节点，把没有标记过的 O 改成 X 就可以了。

标记的话，我们可以用一个 visited 二维数组，把访问过的置为 true 。

然后这个解法 AC 了，但空间复杂度可以优化一下，这个思想很多题用过了，比如。

这里的 visited 的二维数组我们可以不需要。我们可以先把连通的 O 改成 *，或者其他的字符。最后遍历整个 board，遇到 * 就把它还原到 O 。遇到 O，因为它没有被修改成*，也就意味着它没有连到边界，就把它改成 X。

public void solve(char[][] board) {
    int rows = board.length;
    if (rows == 0) {
        return;
    }
    int cols = board[0].length;
    for (int i = 0; i < cols; i++) {
        //最上边一行的所有 O 做 DFS
        if (board[0][i] == 'O') {
            dfs(0, i, board);
        }
        //最下边一行的所有 O 做 DFS
        if (board[board.length - 1][i] == 'O') {
            dfs(board.length - 1, i, board);
        }
    }
    for (int i = 1; i < rows - 1; i++) {
        //最左边一列的所有 O 做 DFS
        if (board[i][0] == 'O') {
            dfs(i, 0, board);
        }
        //最右边一列的所有 O 做 DFS
        if (board[i][board[0].length - 1] == 'O') {
            dfs(i, board[0].length - 1, board);
        }
    }
    //把所有没有标记过的 O 改为 X，标记过的还原
    for (int i = 0; i < rows; i++) {
        for (int j = 0; j < cols; j++) {
            if (board[i][j] == '*') {
                board[i][j] = 'O';
            }else if(board[i][j] == 'O'){
                board[i][j] = 'X';
            }
        }
    }
}
private void dfs(int i, int j, char[][] board) {
    if (i < 0 || j < 0 || i == board.length || j == board[0].length) {
        return;
    }
    if (board[i][j] == '*') {
        return;
    }
    if (board[i][j] == 'O') {
        board[i][j] = '*';
        dfs(i + 1, j, board);
        dfs(i, j + 1, board);
        dfs(i, j - 1, board);
        dfs(i - 1, j, board);
    }
}

这个解法下的第一个评论，我把原文贴过来。

他的意思就是说，比如下边的例子类型，假如是 250 × 250 大小的话，因为我们做的是，一直压栈的话就会造成溢出。

OOOOOOOOOOOX
XXXXXXXXXXOX
XOOOOOOOOOOX
XOXXXXXXXXXX
XOOOOOOOOOOX
XOOOOOOOOOOX
XOXXXXXXXXXX
XOOOOOOOOOOX
XXXXXXXXXXOX

但是我的代码已经通过了呀，一个可能的原因就是 leetcode 升级了，因为这是 2015 年的评论，现在是 2019 年，压栈的大小足够大了，只要有递归出口，就不用担心压栈放不下了。我就好奇的想测一下 leetcode 的压栈到底有多大。写了一个简单的递归代码。

public void solve(char[][] board) {
    dfs(2677574);
}
private int dfs(int count) {
    if (count == 0) {
        return 1;
    }
    return dfs(count - 1);
}

然后一开始传一个较大的数字，然后利用二分法，开始不停试探那个溢出的临界点是多少。经过多次尝试，发现 2677574 的话就会造成溢出。2677573 就不会造成溢出。本以为这样就结束了，然后准备截图总结的时候发现。取 2677574 竟然不溢出了，2677573 反而溢出了。

130*. Surrounded Regions - 图2

同一个数字，一会儿溢出一会儿不溢出，那就没办法得出结论了。那可能栈的大小和它服务器当前的承载的能力有关了，不过一般情况的栈的大小肯定足够解决题目了。

这里我想到两种，一种就是用栈去模拟递归，这里的栈当然就是对象了，存在堆里，就不用担心函数栈溢出了。

另一种，利用一个队列，去实现 BFS，首先把四个边界的 O 加到队列中，然后按照正常的 BFS 和之前一样访问连通的 O 并且进行标记。最后再把没有标记的 O 改成 X 就可以了。

解法三

这里再介绍另外一种思想，参考，就是并查集，其实本质上和上边的解法是一样的，只是抽象出了一种数据结构，在很多地方都有应用。

看下维基百科对并查集的定义。

在中，并查集是一种树型的数据结构，用于处理一些（Disjoint Sets）的合并及查询问题。有一个联合-查找算法（union-find algorithm）定义了两个用于此数据结构的操作：

Find：确定元素属于哪一个子集。它可以被用来确定两个元素是否属于同一子集。
Union：将两个子集合并成同一个集合。

由于支持这两种操作，一个不相交集也常被称为联合-查找数据结构（union-find data structure）或合并-查找集合（merge-find set）。其他的重要方法，MakeSet，用于创建单元素集合。有了这些方法，许多经典的划分问题可以被解决。

为了更加精确的定义这些方法，需要定义如何表示集合。一种常用的策略是为每个集合选定一个固定的元素，称为代表，以表示整个集合。接着，Find(x) 返回 x 所属集合的代表，而 Union 使用两个集合的代表作为参数。

网上很多讲并查集的文章了，这里推荐。

知道了并查集，下边就很好解决了，因为你会发现，我们做的就是分类的问题，O 其实最终就是两大类，一种能连通到边界，一种不能连通到边界。

首先我们把每个节点各作为一类，用它的行数和列数生成一个 id 标识该类。

然后遍历每个 O节点，和它上下左右的节点进行合并即可。

如果当前节点是边界的 O,就把它和 dummy 节点（一个在所有节点外的节点）合并。最后就会把所有连通到边界的 o 节点和 dummy 节点合为了一类。

最后我们只需要判断，每一个 o 节点是否和 dummy 节点是不是一类即可。

public class Solution {
    int rows, cols;
    public void solve(char[][] board) {
        if(board == null || board.length == 0) return;
        rows = board.length;
        cols = board[0].length;
        //多申请一个空间
        UnionFind uf = new UnionFind(rows * cols + 1);
        //所有边界的 O 节点都和 dummy 节点合并
        int dummyNode = rows * cols;
        for(int i = 0; i < rows; i++) {
            for(int j = 0; j < cols; j++) {
                if(board[i][j] == 'O') {
                    //当前节点在边界就和 dummy 合并
                    if(i == 0 || i == rows-1 || j == 0 || j == cols-1) {
                        uf.union( dummyNode,node(i,j));
                    }
                    else {
                        //将上下左右的 O 节点和当前节点合并
                        if(board[i-1][j] == 'O')  uf.union(node(i,j), node(i-1,j));
                        if(board[i+1][j] == 'O')  uf.union(node(i,j), node(i+1,j));
                        if(board[i][j-1] == 'O')  uf.union(node(i,j), node(i, j-1));
                        if( board[i][j+1] == 'O')  uf.union(node(i,j), node(i, j+1));
                    }
                }
            }
        }
        for(int i = 0; i < rows; i++) {
            for(int j = 0; j < cols; j++) {
                //判断是否和 dummy 节点是一类
                if(uf.isConnected(node(i,j), dummyNode)) {
                    board[i][j] = 'O';
                }
                else {
                    board[i][j] = 'X';
                }
            }
        }
    }
    int node(int i, int j) {
        return i * cols + j;
    }
}
class UnionFind {
    int [] parents;
    public UnionFind(int totalNodes) {
        parents = new int[totalNodes];
        for(int i = 0; i < totalNodes; i++) {
            parents[i] = i;
        }
    }
    void union(int node1, int node2) {
        int root1 = find(node1);
        int root2 = find(node2);
        if(root1 != root2) {
            parents[root2] = root1;
        }
    }
    int find(int node) {
        while(parents[node] != node) {
            parents[node] = parents[parents[node]];
            node = parents[node];
        }
        return node;
    }
    boolean isConnected(int node1, int node2) {
        return find(node1) == find(node2);
}

总

解法一到解法二仅仅是思路的一个逆转，速度却带来了质的提升。所以有时候走到了死胡同，可以试试往回走。

刷这么多题第一次应用到了并查集，并查集说简单点，就是每一类选一个代表，然后类中的其他元素最终都可以找到这个代表。然后遍历其他元素，将它合并到某个类中。

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