Given a matrix consists of 0 and 1, find the distance of the nearest 0 for each cell.
The distance between two adjacent cells is 1.
Example 1:
Input:
0 0 0 0 1 0 0 0 0
Output:
0 0 0 0 1 0 0 0 0
Example 2:
Input:
0 0 0 0 1 0 1 1 1
Output:
0 0 0 0 1 0 1 2 1
Note:
- The number of elements of the given matrix will not exceed 10,000.
- There are at least one 0 in the given matrix.
- The cells are adjacent in only four directions: up, down, left and right.
这道题给了我们一个只有0和1的矩阵，让我们求每一个1到离其最近的0的距离，其实也就是求一个距离场，而求距离场那么BFS将是不二之选。刚看到此题时，我以为这跟之前那道 Shortest Distance from All Buildings 是一样的，从每一个0开始遍历，不停的更新每一个1的距离，但是这样写下来TLE了。后来我又改变思路，从每一个1开始BFS，找到最近的0，结果还是TLE，气死人。后来逛论坛发现思路是对的，就是写法上可以进一步优化，我们可以首先遍历一次矩阵，将值为0的点都存入queue，将值为1的点改为INT_MAX。之前像什么遍历迷宫啊，起点只有一个，而这道题所有为0的点都是起点，这想法，叼！然后开始BFS遍历，从queue中取出一个数字，遍历其周围四个点，如果越界或者周围点的值小于等于当前值加1，则直接跳过。因为周围点的距离更小的话，就没有更新的必要，否则将周围点的值更新为当前值加1，然后把周围点的坐标加入queue，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& matrix) {
int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<vector<int>> dirs{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}};
queue<pair<int, int>> q;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (matrix[i][j] == 0) q.push({i, j});
else matrix[i][j] = INT_MAX;
}
}
while (!q.empty()) {
auto t = q.front(); q.pop();
for (auto dir : dirs) {
int x = t.first + dir[0], y = t.second + dir[1];
if (x < 0 || x >= m || y < 0 || y >= n || matrix[x][y] <= matrix[t.first][t.second] + 1) continue;
matrix[x][y] = matrix[t.first][t.second] + 1;
q.push({x, y});
}
}
return matrix;
}
};
下面这种解法是参考的qswawrq大神的帖子，他想出了一种二次扫描的解法，从而不用使用BFS了。这种解法也相当的巧妙，我们首先建立一个和matrix大小相等的矩阵res，初始化为很大的值，这里我们用INT_MAX-1，为甚么要减1呢，后面再说。然后我们遍历matrix矩阵，当遇到为0的位置，我们将结果res矩阵的对应位置也设为0，这make sense吧，就不多说了。然后就是这个解法的精髓了，如果不是0的地方，我们在第一次扫描的时候，比较其左边和上边的位置，取其中较小的值，再加上1，来更新结果res中的对应位置。这里就明白了为啥我们要初始化为INT_MAX-1了吧，因为这里要加1，如果初始化为INT_MAX就会整型溢出，不过放心，由于是取较小值，res[i][j]永远不会取到INT_MAX，所以不会有再加1溢出的风险。第一次遍历我们比较了左和上的方向，那么我们第二次遍历就要比较右和下的方向，注意两种情况下我们不需要比较，一种是当值为0时，还有一种是当值为1时，这两种情况下值都不可能再变小了，所以没有更新的必要，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& matrix) {
int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<vector<int>> res(m, vector<int>(n, INT_MAX - 1));
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (matrix[i][j] == 0) res[i][j] = 0;
else {
if (i > 0) res[i][j] = min(res[i][j], res[i - 1][j] + 1);
if (j > 0) res[i][j] = min(res[i][j], res[i][j - 1] + 1);
}
}
}
for (int i = m - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
if (res[i][j] != 0 && res[i][j] != 1) {
if (i < m - 1) res[i][j] = min(res[i][j], res[i + 1][j] + 1);
if (j < n - 1) res[i][j] = min(res[i][j], res[i][j + 1] + 1);
}
}
}
return res;
}
};
在史蒂芬大神的帖子中，他提出了一种变型的方法，没有再区分左上右下，而是每次都跟左边相比，但是需要每次把矩阵旋转90度。他用python写的解法异常的简洁，貌似python中可以一行代码进行矩阵旋转，但是貌似C++没有这么叼，矩阵旋转写起来还是需要两个for循环，写出来估计也不短，这里就不写了，有兴趣的童鞋可以自己试试写一下，可以贴到留言板上哈～
原文地址：https://www.cnblogs.com/gfghkoiygcb/p/12507600.html