9. 图论 新
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2026-03-29
9.1 岛屿数量
- 给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，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提示
思路：深度优先遍历。二重 for 循环遍历每一个元素，如果当前元素是陆地，那么记入结果同时插旗，再深度优先遍历这个节点的上下左右，把与其相连的所有陆地都找到并且插旗，这就是一整块岛屿。
Pythonclass Solution: def numIslands(self, grid: List[List[str]]) -> int: m, n = len(grid), len(grid[0]) def dfs(i, j): if i < 0 or j < 0 or i >= m or j >= n or grid[i][j] != '1': # 地图外面或者非陆地就返回 return grid[i][j] = '2' # 是陆地，插旗 dfs(i - 1, j) # 其他四个方向走走 dfs(i + 1, j) dfs(i, j - 1) dfs(i, j + 1) res = 0 for i, row in enumerate(grid): for j, c in enumerate(row): if c == '1': # 发现岛屿 res += 1 dfs(i, j) # 占领此岛，插满旗子 '2' return resC++class Solution { private: int m, n; public: void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) { if (i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n || grid[i][j] != '1') { return; } grid[i][j] = '2'; dfs(grid, i - 1, j); dfs(grid, i + 1, j); dfs(grid, i, j - 1); dfs(grid, i, j + 1); } int numIslands(vector<vector<char>>& grid) { m = grid.size(), n = grid[0].size(); int res = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (grid[i][j] == '1') { res += 1; dfs(grid, i, j); } } } return res; } };时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。
空间复杂度：O(mn)。最坏情况下，递归需要 O(mn) 的栈空间。
9.2 腐烂的橘子
- 在给定的 m x n 网格 grid 中，每个单元格可以有以下三个值之一：值 0 代表空单元格；值 1 代表新鲜橘子；值 2 代表腐烂的橘子。每分钟，腐烂的橘子 周围 4 个方向上相邻 的新鲜橘子都会腐烂。返回 直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回 -1 。示例 1：
输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4示例 2：输入：grid = [[2,1,1],[0,1,1],[1,0,1]]
输出：-1
解释：左下角的橘子（第 2 行， 第 0 列）永远不会腐烂，因为腐烂只会发生在 4 个方向上。示例 3：输入：grid = [[0,2]]
输出：0
解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。提示
思路：广度优先遍历。先二重遍历整个图，用一个 int 记录新鲜橘子数量和 vector 记录腐烂橘子位置，接着遍历 vector 的腐烂橘子的上下左右，此时时间 +1，把合法的新鲜橘子变成腐烂的，同时记录位置，遍历一遍后把刚新变成腐烂的橘子写回到 vector，直到所有能接触到的新鲜橘子都变腐烂，此时如果还有新鲜橘子，说明无法全部腐烂返回 -1，否则返回时间即可。
Pythonclass Solution: def orangesRotting(self, grid: List[List[int]]) -> int: m, n = len(grid), len(grid[0]) fresh = 0 q = [] for i, row in enumerate(grid): for j, x in enumerate(row): if x == 1: fresh += 1 # 统计新鲜橘子个数 elif x == 2: q.append((i, j)) # 一开始就腐烂的橘子 ans = 0 while q and fresh: ans += 1 # 经过一分钟 tmp = q q = [] for x, y in tmp: # 已经腐烂的橘子 for i, j in (x - 1, y), (x + 1, y), (x, y - 1), (x, y + 1): # 四方向 if 0 <= i < m and 0 <= j < n and grid[i][j] == 1: # 新鲜橘子 fresh -= 1 grid[i][j] = 2 # 变成腐烂橘子 q.append((i, j)) return -1 if fresh else ansC++class Solution { public: int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) { int m = grid.size(), n = grid[0].size(); int fresh = 0; int res = 0; int DIR[4][2] = {{0, -1}, {0, 1}, {1, 0}, {-1, 0}}; vector<pair<int, int>> q; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (grid[i][j] == 1) { fresh++; } if (grid[i][j] == 2) { q.emplace_back(i, j); } } } while (fresh && !q.empty()) { res++; vector<pair<int, int>> nxt; for (auto& [x, y] : q) { for (auto d : DIR) { int i = x + d[0], j = y + d[1]; if (i >= 0 && j >= 0 && i < m && j < n && grid[i][j] == 1) { fresh--; grid[i][j] = 2; nxt.emplace_back(i, j); } } } q = move(nxt); } return fresh ? -1 : res; } };C++class Solution { // 队列做法 public: int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) { int m = grid.size(), n = grid[0].size(); queue<pair<int, int>> q; int fresh = 0; int res = 0; int DIR[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (grid[i][j] == 1) { fresh++; } if (grid[i][j] == 2) { q.push({i, j}); } } } while (fresh && !q.empty()) { res++; int len = q.size(); while (len--) { auto [x, y] = q.front(); q.pop(); for (auto d : DIR) { int i = x + d[0], j = y + d[1]; if (i >= 0 && j >= 0 && i < m && j < n && grid[i][j] == 1) { fresh--; grid[i][j] = 2; q.push({i, j}); } } } } return fresh ? -1 : res; } };时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。
空间复杂度：O(mn)。
9.3 课程表
- 你这个学期必须选修 numCourses 门课程，记为 0 到 numCourses - 1 。在选修某些课程之前需要一些先修课程。 先修课程按数组 prerequisites 给出，其中 prerequisites[i] = [ai, bi] ，表示如果要学习课程 ai 则 必须 先学习课程 bi 。例如，先修课程对 [0, 1] 表示：想要学习课程 0 ，你需要先完成课程 1 。请你判断是否可能完成所有课程的学习？如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。示例 1：
输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0]]
输出：true
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要完成课程 0 。这是可能的。示例 2：输入：numCourses = 2, prerequisites = [[1,0],[0,1]]
输出：false
解释：总共有 2 门课程。学习课程 1 之前，你需要先完成课程 0 ；并且学习课程 0 之前，你还应先完成课程 1 。这是不可能的。提示
思路：推荐灵神的题解。
Pythonclass Solution: def canFinish(self, numCourses: int, prerequisites: List[List[int]]) -> bool: g = [[] for _ in range(numCourses)] for a, b in prerequisites: g[b].append(a) colors = [0] * numCourses # 返回 True 表示找到了环 def dfs(x: int) -> bool: colors[x] = 1 # x 正在访问中 for y in g[x]: # 情况一：colors[y] == 1，表示发生循环依赖，找到了环 # 情况二：colors[y] == 0，没有访问过 y，继续递归 y 获取信息 # 情况三：colors[y] == 2，重复访问 y 只会重蹈覆辙，和之前一样无法找到环，跳过 if colors[y] == 1 or colors[y] == 0 and dfs(y): return True # 找到了环 colors[x] = 2 # x 完全访问完毕，从 x 出发无法找到环 return False # 没有找到环 for i, c in enumerate(colors): if c == 0 and dfs(i): return False # 有环 return True # 没有环C++class Solution { private: vector<vector<int>> g; vector<int> colors; public: // 判断是否有环 bool dfs(int i) { colors[i] = 1; for (int x : g[i]) { if (colors[x] == 1 || colors[x] == 0 && dfs(x)) { return true; } } colors[i] = 2; return false; } bool canFinish(int numCourses, vector<vector<int>>& prerequisites) { g.resize(numCourses); colors.resize(numCourses); for (auto& p : prerequisites) { g[p[1]].push_back(p[0]); } for (int i = 0; i < numCourses; i++) { if (colors[i] == 0 && dfs(i)) { return false; } } return true; } };时间复杂度：O(n+m)，其中 n 是 numCourses，m 是 prerequisites 的长度。每个节点至多递归访问一次，每条边至多遍历一次。
空间复杂度：O(n+m)。存储 g 需要 O(n+m) 的空间。