连通分量
给定一个 $n \times m$ 的方格矩阵，每个方格要么是空格（用 . 表示），要么是障碍物（用 * 表示）。
如果两个空格存在公共边，则两空格视为相邻。
我们称一个不可扩展的空格集合为连通分量，如果集合中的任意两个空格都能通过相邻空格的路径连接。
这其实是一个典型的众所周知的关于连通分量（Connected Component ）的定义。
现在，我们的问题如下：
对于每个包含障碍物的单元格 $\left( {x,y} \right)$，假设它是一个空格（所有其他单元格保持不变）的前提下，请你计算包含 $\left( {x,y} \right)$ 的连通分量所包含的单元格数量。
注意，所有假设求解操作之间都是相互独立的，互不影响。
输入格式
第一行包含两个整数 $n,m$。
接下来 $n$ 行，每行包含 $m$ 个字符： . 表示空格， * 表示障碍物。
输出格式
输出一个 $n$ 行 $m$ 列的字符矩阵，其中第 $i$ 行第 $j$ 列的字符对应给定矩阵中第 $i$ 行第 $j$ 列的单元格。
如果该单元格为空格，则输出字符为 . ，如果该单元格为障碍物，则输出字符为假设该单元格为空格的前提下，包含该单元格的连通分量所包含的单元格数量对 $10$ 取模后的结果。
具体格式可参照输出样例。
数据范围
前 $5$ 个测试点满足 $1 \leq n,m \leq 10$。
所有测试点满足 $1 \leq n,m \leq 1000$。
输入样例1：
3 3 *.* .*. *.*
输出样例1：
3.3 .5. 3.3
输入样例2：
4 5 **..* ..*** .*.*. *.*.*
输出样例2：
46..3 ..732 .6.4. 5.4.3
解题思路
这题写的时候想到个最暴力的做法，就遍历每一个点，如果这个点是 * 就从这个点开始dfs，统计这个点所在连通块内的点的个数，时间复杂度为$O \left( {nm \times nm} \right)$，必然会超时。然后想了很久怎么去优化，才想到只需要一遍dfs，找到所有的连通块，再遍历每一个点，如果这个点是 * ，就看看这个位置的四个方向的格子，如果这个格子是 . 那么，表明这个点与这个格子的连通块是相连的，同时还要记得判重，这四个方向的格子可能存在多个格子属于同一个连通块的情况。即使想到想到这种做法，但代码熟练度不高，光调试都用了一个多小时，经常把变量名打错然后还发现不了。
本质是求将某个点的上下左右四个方向的连通块合并完后，得到的新的连通块的大小。因此首先需要找到所有连通块，找连通块的方法有dfs，bfs（Flood Fill），并查集。
对于有障碍物的格子，先看一下四个方向一共有几个连通块。如果四个方向都是空地，即 . ，假设这四个方向的格子用$a,b,c,d$来表示，然后看一下这四个格子分别隶属于哪个连通块，也就是每个连通块的代表元素，假设这四个方向的格子的所在连通块（并查集）的代表元素分别是${a'},{b'},{c'},{d'}$，再把属于同一个连通块的格子去掉（代表元素相同），判重后假设最终得到两个不同的连通块${a'},{b'}$，那么将这两个连通块（所有不同的连通块）与障碍物的格子连通起来，得到新的连通块的大小就是$cnt \left[ {a'} \right] + cnt \left[ {b'} \right] + 1$，$cnt$数组表示该连通块包含点的数目。因此我们还需要维护每个连通块的大小。
同时，由于并查集一般都是用维护一维的矩阵，因此我们需要把二维矩阵展开，变成一维，即如果某个格子的坐标为$\left( {x, y} \right)$，矩阵展开后变成$x * col + y$，其中$col$为矩阵的列数。
并查集，AC代码如下：
1 #include <cstdio>
2 #include <unordered_set>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5
6 const int N = 1010, M = N * N;
7
8 char g[N][N];
9 int fa[M], cnt[M]; // 通过矩阵展开把二维坐标变一维，因此可以用一维的并查集
10 int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
11
12 int find(int x) {
13 return fa[x] == x ? fa[x] : fa[x] = find(fa[x]);
14 }
15
16 int main() {
17 int n, m;
18 scanf("%d %d", &n, &m);
19 for (int i = 0; i < n; i++) {
20 scanf("%s", g + i);
21 }
22
23 for (int i = 0; i < n * m; i++) {
24 fa[i] = i;
25 cnt[i] = 1;
26 }
27
28 // 求连通块
29 for (int i = 0; i < n; i++) {
30 for (int j = 0; j < m; j++) {
31 if (g[i][j] != '.') continue;
32 for (int k = 0; k < 4; k++) {
33 int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
34
35 // 如果g[i][j] == '.'并且四个方向的格子也是'.'，表明这两个格子在同一个连通块
36 if (x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && g[x][y] == '.') {
37 int p = find(x * m + y), q = find(i * m + j);
38 if (p != q) { // 两个格子还没有合并到同一个连通块
39 cnt[q] += cnt[p];
40 fa[p] = q;
41 }
42 }
43 }
44 }
45 }
46
47 unordered_set<int> st; // 需要把哈希表定义到循环外
48 for (int i = 0; i < n; i++) {
49 for (int j = 0; j < m; j++) {
50 if (g[i][j] == '.') {
51 printf(".");
52 }
53 else {
54 st.clear(); // 如果哈希表在这里定义会TLE
55 for (int k = 0; k < 4; k++) {
56 int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
57 if (x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && g[x][y] == '.') {
58 st.insert(find(x * m + y)); // 判重
59 }
60 }
61
62 int ret = 1;
63 for (auto &it : st) {
64 ret += cnt[it];
65 }
66 printf("%d", ret % 10);
67 }
68 }
69 printf("\n");
70 }
71
72 return 0;
73 }
Flood Fill，dfs写法，AC代码如下：
1 #include <cstdio>
2 #include <unordered_set>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5
6 const int N = 1010, M = N * N;
7
8 int n, m;
9 char g[N][N];
10 int mp[M], cnt[M], sz; // mp[i]表示第i个格子隶属于哪个连通块，cnt[i]表示第i个连通块的大小
11 bool vis[N][N];
12 int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
13
14 int dfs(int x, int y) { // dfs返回当前连通块包含的点数
15 vis[x][y] = true;
16 mp[x * m + y] = sz;
17
18 int cnt = 1;
19 for (int i = 0; i < 4; i++) {
20 int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
21 if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < m && g[xx][yy] == '.' && !vis[xx][yy]) {
22 cnt += dfs(xx, yy);
23 }
24 }
25
26 return cnt;
27 }
28
29 int main() {
30 scanf("%d %d", &n, &m);
31 for (int i = 0; i < n; i++) {
32 scanf("%s", g + i);
33 }
34
35 for (int i = 0; i < n; i++) {
36 for (int j = 0; j < m; j++) {
37 if (g[i][j] == '.' && !vis[i][j]) {
38 cnt[sz++] = dfs(i, j); // 第sz个连通块的数量为cnt[sz]，同时搜完后sz+1
39 }
40 }
41 }
42
43 unordered_set<int> st;
44 for (int i = 0; i < n; i++) {
45 for (int j = 0; j < m; j++) {
46 if (g[i][j] == '.') {
47 printf(".");
48 }
49 else {
50 st.clear();
51 for (int k = 0; k < 4; k++) {
52 int x = i + dx[k], y = j + dy[k];
53 if (x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && g[x][y] == '.') {
54 st.insert(mp[x * m + y]);
55 }
56 }
57
58 int ret = 1;
59 for (auto &it : st) {
60 ret += cnt[it];
61 }
62 printf("%d", ret % 10);
63 }
64 }
65 printf("\n");
66 }
67
68 return 0;
69 }
参考资料
AcWing 4420. 连通分量（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/3870/
标签：连通,格子,int,cnt,++,&&,分量 来源： https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/16275260.html
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