0200.岛屿数量
难度：🟡 中等
标签：深度优先搜索、广度优先搜索、并查集、数组、矩阵
链接：200. 岛屿数量
题目描述
给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。
岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。
此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。
示例 1：
输入：grid = [
["1","1","1","1","0"],
["1","1","0","1","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","0","0","0"]
]
输出：1
示例 2：
输入：grid = [
["1","1","0","0","0"],
["1","1","0","0","0"],
["0","0","1","0","0"],
["0","0","0","1","1"]
]
输出：3
解题思路
核心思想
本题的本质是计算一个二维网格中“连通分量”的数量。每一个由 '1' 组成的、在水平或垂直方向上相连的区域，都构成一个独立的岛屿。
思路选择
深度优先搜索 (DFS) 是解决此问题的经典思路。我们可以遍历整个网格，当遇到一块陆地 ('1') 时，就认为发现了一个新的岛屿，并将岛屿计数加一。然后，立即从这个点出发进行深度优先搜索，将所有与它相连的陆地都“淹没”（例如，标记为 '0'），以确保这片大陆上的任何其他部分都不会被重复计数。
关键步骤
初始化：初始化岛屿数量
count = 0。遍历网格：使用双层循环遍历网格中的每一个单元格
(r, c)。发现新岛屿：如果
grid[r][c]的值是'1'，说明我们找到了一个新岛屿的起点。 a. 将count加一。 b. 调用一个dfs辅助函数，从(r, c)开始，将整个岛屿淹没。dfs(grid, r, c)辅助函数： a. 终止条件：检查当前坐标(r, c)是否越界，或者当前单元格是否已经是水 ('0')。如果是，则直接返回，停止搜索。 b. 淹没陆地：将当前单元格grid[r][c]的值设为'0'。 c. 向四周递归：对当前单元格的上、下、左、右四个相邻的单元格，递归调用dfs函数，继续淹没过程。返回结果：遍历完整个网格后，
count的值就是岛屿的总数。
代码实现
/**
* @param {character[][]} grid
* @return {number}
*/
var numIslands = function (grid) {
if (!grid || grid.length === 0) {
return 0;
}
const rows = grid.length;
const cols = grid[0].length;
let islandCount = 0;
const dfs = function (r, c) {
// 检查边界条件和当前是否为水域
if (r < 0 || r >= rows || c < 0 || c >= cols || grid[r][c] === '0') {
return;
}
// 将当前陆地淹没，防止重复计数
grid[r][c] = '0';
// 递归淹没相邻的陆地
dfs(r + 1, c);
dfs(r - 1, c);
dfs(r, c + 1);
dfs(r, c - 1);
}
// 遍历整个网格
for (let r = 0; r < rows; r++) {
for (let c = 0; c < cols; c++) {
if (grid[r][c] === '1') {
islandCount++;
dfs(r, c);
}
}
}
return islandCount;
};
复杂度分析
时间复杂度：O(m × n) 其中 m 和 n 分别是网格的行数和列数。每个单元格最多被访问两次（一次在主循环中，一次在 DFS 中）。
空间复杂度：O(m × n) 在最坏的情况下（整个网格都是陆地），递归的深度可能达到
m × n，导致栈空间占用较大。
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总结
本题是图论中深度优先搜索（DFS）和广度优先搜索（BFS）的经典入门应用。通过“沉岛思想”（即遍历并标记已访问过的节点），可以清晰地解决连通分量的计数问题。这种方法在处理地图、棋盘等网格类问题时非常常用。