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島嶼問題是經典的面試高頻題，雖然基本的島嶼問題并不難，但是島嶼問題有一些有意思的擴展，比如求子島嶼數量，求形狀不同的島嶼數量等等，本文就來把這些問題一網打盡。

島嶼系列問題的核心考點就是用 DFS/BFS 算法遍歷二維數組。

本文主要來講解如何用 DFS 算法來秒殺島嶼系列問題，不過用 BFS 算法的核心思路是完全一樣的，無非就是把 DFS 改寫成 BFS 而已。

那么如何在二維矩陣中使用 DFS 搜索呢？如果你把二維矩陣中的每一個位置看做一個節點，這個節點的上下左右四個位置就是相鄰節點，那么整個矩陣就可以抽象成一幅網狀的「圖」結構。

根據學習數據結構和算法的框架思維，完全可以根據二叉樹的遍歷框架改寫出二維矩陣的 DFS 代碼框架：

//二叉樹遍歷框架
voidtraverse(TreeNoderoot){
traverse(root.left);
traverse(root.right);
}

//二維矩陣遍歷框架
voiddfs(int[][]grid,inti,intj,boolean[]visited){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n){
//超出索引邊界
return;
}
if(visited[i][j]){
//已遍歷過(i,j)
return;
}
//前序：進入節點(i, j)
visited[i][j]=true;
dfs(grid,i-1,j);//上
dfs(grid,i+1,j);//下
dfs(grid,i,j-1);//左
dfs(grid,i,j+1);//右
//后序：離開節點(i, j)
// visited[i][j]=true;
}

因為二維矩陣本質上是一幅「圖」，所以遍歷的過程中需要一個visited布爾數組防止走回頭路，如果你能理解上面這段代碼，那么搞定所有島嶼問題都很簡單。

這里額外說一個處理二維數組的常用小技巧，你有時會看到使用「方向數組」來處理上下左右的遍歷，和前文圖遍歷框架的代碼很類似：

//方向數組，分別代表上、下、左、右
int[][]dirs=newint[][]{{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};

voiddfs(int[][]grid,inti,intj,boolean[]visited){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n){
//超出索引邊界
return;
}
if(visited[i][j]){
//已遍歷過(i,j)
return;
}

//進入節點(i,j)
visited[i][j]=true;
//遞歸遍歷上下左右的節點
for(int[]d:dirs){
intnext_i=i+d[0];
intnext_j=j+d[1];
dfs(grid,next_i,next_j);
}
//離開節點(i,j)
// visited[i][j]=true;
}

這種寫法無非就是用 for 循環處理上下左右的遍歷罷了，你可以按照個人喜好選擇寫法。

島嶼數量

這是力扣第 200 題「島嶼數量」，最簡單也是最經典的一道島嶼問題，題目會輸入一個二維數組grid，其中只包含0或者1，0代表海水，1代表陸地，且假設該矩陣四周都是被海水包圍著的。

我們說連成片的陸地形成島嶼，那么請你寫一個算法，計算這個矩陣grid中島嶼的個數，函數簽名如下：

intnumIslands(char[][]grid);

比如說題目給你輸入下面這個grid有四片島嶼，算法應該返回 4：

思路很簡單，關鍵在于如何尋找并標記「島嶼」，這就要 DFS 算法發揮作用了，我們直接看解法代碼：

//主函數，計算島嶼數量
intnumIslands(char[][]grid){
intres=0;
intm=grid.length,n=grid[0].length;
//遍歷grid
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid[i][j]=='1'){
//每發現一個島嶼，島嶼數量加一
res++;
//然后使用DFS將島嶼淹了
dfs(grid,i,j);
}
}
}
returnres;
}

//從(i,j)開始，將與之相鄰的陸地都變成海水
voiddfs(char[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n){
//超出索引邊界
return;
}
if(grid[i][j]=='0'){
//已經是海水了
return;
}
//將(i,j)變成海水
grid[i][j]='0';
//淹沒上下左右的陸地
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
}

為什么每次遇到島嶼，都要用 DFS 算法把島嶼「淹了」呢？主要是為了省事，避免維護visited數組。

因為dfs函數遍歷到值為0的位置會直接返回，所以只要把經過的位置都設置為0，就可以起到不走回頭路的作用。

PS：這類 DFS 算法還有個別名叫做FloodFill 算法，現在有沒有覺得 FloodFill 這個名字還挺貼切的~

這個最最基本的島嶼問題就說到這，我們來看看后面的題目有什么花樣。

封閉島嶼的數量

上一題說二維矩陣四周可以認為也是被海水包圍的，所以靠邊的陸地也算作島嶼。

力扣第 1254 題「統計封閉島嶼的數目」和上一題有兩點不同：

1、用0表示陸地，用1表示海水。

2、讓你計算「封閉島嶼」的數目。所謂「封閉島嶼」就是上下左右全部被1包圍的0，也就是說靠邊的陸地不算作「封閉島嶼」。

函數簽名如下：

intclosedIsland(int[][]grid)

比如題目給你輸入如下這個二維矩陣：

算法返回 2，只有圖中灰色部分的0是四周全都被海水包圍著的「封閉島嶼」。

那么如何判斷「封閉島嶼」呢？其實很簡單，把上一題中那些靠邊的島嶼排除掉，剩下的不就是「封閉島嶼」了嗎？

有了這個思路，就可以直接看代碼了，注意這題規定0表示陸地，用1表示海水：

//主函數：計算封閉島嶼的數量
intclosedIsland(int[][]grid){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
for(intj=0;j//把靠上邊的島嶼淹掉
dfs(grid,0,j);
//把靠下邊的島嶼淹掉
dfs(grid,m-1,j);
}
for(inti=0;i//把靠左邊的島嶼淹掉
dfs(grid,i,0);
//把靠右邊的島嶼淹掉
dfs(grid,i,n-1);
}
//遍歷grid，剩下的島嶼都是封閉島嶼
intres=0;
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid[i][j]==0){
res++;
dfs(grid,i,j);
}
}
}
returnres;
}

//從(i,j)開始，將與之相鄰的陸地都變成海水
voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n){
return;
}
if(grid[i][j]==1){
//已經是海水了
return;
}
//將(i,j)變成海水
grid[i][j]=1;
//淹沒上下左右的陸地
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
}

只要提前把靠邊的陸地都淹掉，然后算出來的就是封閉島嶼了。

PS：處理這類島嶼問題除了 DFS/BFS 算法之外，Union Find 并查集算法也是一種可選的方法，前文Union Find 算法運用就用 Union Find 算法解決了一道類似的問題。

這道島嶼題目的解法稍微改改就可以解決力扣第 1020 題「飛地的數量」，這題不讓你求封閉島嶼的數量，而是求封閉島嶼的面積總和。

其實思路都是一樣的，先把靠邊的陸地淹掉，然后去數剩下的陸地數量就行了，注意第 1020 題中1代表陸地，0代表海水：

intnumEnclaves(int[][]grid){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
//淹掉靠邊的陸地
for(inti=0;i0);
dfs(grid,i,n-1);
}
for(intj=0;j0,j);
dfs(grid,m-1,j);
}

//數一數剩下的陸地
intres=0;
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid[i][j]==1){
res+=1;
}
}
}

returnres;
}

//和之前的實現類似
voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
//...
}

篇幅所限，具體代碼我就不寫了，我們繼續看其他的島嶼問題。

島嶼的最大面積

這是力扣第 695 題「島嶼的最大面積」，0表示海水，1表示陸地，現在不讓你計算島嶼的個數了，而是讓你計算最大的那個島嶼的面積，函數簽名如下：

intmaxAreaOfIsland(int[][]grid)

比如題目給你輸入如下一個二維矩陣

其中面積最大的是橘紅色的島嶼，算法返回它的面積 6。

這題的大體思路和之前完全一樣，只不過dfs函數淹沒島嶼的同時，還應該想辦法記錄這個島嶼的面積。

我們可以給dfs函數設置返回值，記錄每次淹沒的陸地的個數，直接看解法吧：

intmaxAreaOfIsland(int[][]grid){
//記錄島嶼的最大面積
intres=0;
intm=grid.length,n=grid[0].length;
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid[i][j]==1){
//淹沒島嶼，并更新最大島嶼面積
res=Math.max(res,dfs(grid,i,j));
}
}
}
returnres;
}

//淹沒與(i,j)相鄰的陸地，并返回淹沒的陸地面積
intdfs(int[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n){
//超出索引邊界
return0;
}
if(grid[i][j]==0){
//已經是海水了
return0;
}
//將(i,j)變成海水
grid[i][j]=0;

returndfs(grid,i+1,j)
+dfs(grid,i,j+1)
+dfs(grid,i-1,j)
+dfs(grid,i,j-1)+1;
}

解法和之前相比差不多，我也不多說了，接下來的兩道島嶼問題是比較有技巧性的，我們重點來看一下。

子島嶼數量

如果說前面的題目都是模板題，那么力扣第 1905 題「統計子島嶼」可能得動動腦子了：

這道題的關鍵在于，如何快速判斷子島嶼？肯定可以借助Union Find 并查集算法來判斷，不過本文重點在 DFS 算法，就不展開并查集算法了。

什么情況下grid2中的一個島嶼B是grid1中的一個島嶼A的子島？

當島嶼B中所有陸地在島嶼A中也是陸地的時候，島嶼B是島嶼A的子島。

反過來說，如果島嶼B中存在一片陸地，在島嶼A的對應位置是海水，那么島嶼B就不是島嶼A的子島。

那么，我們只要遍歷grid2中的所有島嶼，把那些不可能是子島的島嶼排除掉，剩下的就是子島。

依據這個思路，可以直接寫出下面的代碼：

intcountSubIslands(int[][]grid1,int[][]grid2){
intm=grid1.length,n=grid1[0].length;
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid1[i][j]==0&&grid2[i][j]==1){
//這個島嶼肯定不是子島，淹掉
dfs(grid2,i,j);
}
}
}
//現在grid2中剩下的島嶼都是子島，計算島嶼數量
intres=0;
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid2[i][j]==1){
res++;
dfs(grid2,i,j);
}
}
}
returnres;
}

//從(i,j)開始，將與之相鄰的陸地都變成海水
voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n){
return;
}
if(grid[i][j]==0){
return;
}

grid[i][j]=0;
dfs(grid,i+1,j);
dfs(grid,i,j+1);
dfs(grid,i-1,j);
dfs(grid,i,j-1);
}

這道題的思路和計算「封閉島嶼」數量的思路有些類似，只不過后者排除那些靠邊的島嶼，前者排除那些不可能是子島的島嶼。

不同的島嶼數量

這是本文的最后一道島嶼題目，作為壓軸題，當然是最有意思的。

力扣第 694 題「不同的島嶼數量」，題目還是輸入一個二維矩陣，0表示海水，1表示陸地，這次讓你計算不同的 (distinct)島嶼數量，函數簽名如下：

intnumDistinctIslands(int[][]grid)

比如題目輸入下面這個二維矩陣：

其中有四個島嶼，但是左下角和右上角的島嶼形狀相同，所以不同的島嶼共有三個，算法返回 3。

很顯然我們得想辦法把二維矩陣中的「島嶼」進行轉化，變成比如字符串這樣的類型，然后利用 HashSet 這樣的數據結構去重，最終得到不同的島嶼的個數。

如果想把島嶼轉化成字符串，說白了就是序列化，序列化說白了遍歷嘛，前文二叉樹的序列化和反序列化講了二叉樹和字符串互轉，這里也是類似的。

首先，對于形狀相同的島嶼，如果從同一起點出發，dfs函數遍歷的順序肯定是一樣的。

因為遍歷順序是寫死在你的遞歸函數里面的，不會動態改變：

voiddfs(int[][]grid,inti,intj){
//遞歸順序：
dfs(grid,i-1,j);//上
dfs(grid,i+1,j);//下
dfs(grid,i,j-1);//左
dfs(grid,i,j+1);//右
}

所以，遍歷順序從某種意義上說就可以用來描述島嶼的形狀，比如下圖這兩個島嶼：

假設它們的遍歷順序是：

下，右，上，撤銷上，撤銷右，撤銷下

如果我用分別用1, 2, 3, 4代表上下左右，用-1, -2, -3, -4代表上下左右的撤銷，那么可以這樣表示它們的遍歷順序：

2, 4, 1, -1, -4, -2

你看，這就相當于是島嶼序列化的結果，只要每次使用dfs遍歷島嶼的時候生成這串數字進行比較，就可以計算到底有多少個不同的島嶼了。

要想生成這段數字，需要稍微改造dfs函數，添加一些函數參數以便記錄遍歷順序：

voiddfs(int[][]grid,inti,intj,StringBuildersb,intdir){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
if(i0||j0||i>=m||j>=n
||grid[i][j]==0){
return;
}
//前序遍歷位置：進入(i, j)
grid[i][j]=0;
sb.append(dir).append(',');

dfs(grid,i-1,j,sb,1);//上
dfs(grid,i+1,j,sb,2);//下
dfs(grid,i,j-1,sb,3);//左
dfs(grid,i,j+1,sb,4);//右

//后序遍歷位置：離開(i, j)
sb.append(-dir).append(',');
}

dir記錄方向，dfs函數遞歸結束后，sb記錄著整個遍歷順序，其實這就是前文回溯算法核心套路說到的回溯算法框架，你看到頭來這些算法都是相通的。

有了這個dfs函數就好辦了，我們可以直接寫出最后的解法代碼：

intnumDistinctIslands(int[][]grid){
intm=grid.length,n=grid[0].length;
//記錄所有島嶼的序列化結果
HashSetislands=newHashSet<>();
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(grid[i][j]==1){
//淹掉這個島嶼，同時存儲島嶼的序列化結果
StringBuildersb=newStringBuilder();
//初始的方向可以隨便寫，不影響正確性
dfs(grid,i,j,sb,666);
islands.add(sb.toString());
}
}
}
//不相同的島嶼數量
returnislands.size();
}