题目描述
这是 LeetCode 上的 419. 甲板上的战舰 ，难度为 中等。
Tag : 「脑筋急转弯」
给你一个大小为 m x nmxn 的矩阵 boardboard 表示甲板，其中，每个单元格可以是一艘战舰 'X' 或者是一个空位 '.' ，返回在甲板 boardboard 上放置的 战舰 的数量。
战舰 只能水平或者垂直放置在 boardboard 上。换句话说，战舰只能按 1 x k1xk（11 行，kk 列）或 k x 1kx1（kk 行，11 列）的形状建造，其中 kk 可以是任意大小。
两艘战舰之间至少有一个水平或垂直的空位分隔 （即没有相邻的战舰）。
示例 1：
输入：board = [["X",".",".","X"],[".",".",".","X"],[".",".",".","X"]] 输出：2 复制代码
示例 2：
输入：board = [["."]] 输出：0 复制代码
提示：
- m == board.lengthm==board.length
- n == board[i].lengthn==board[i].length
- 1 <= m, n <= 2001<=m,n<=200
board[i][j]是'.'或'X'
进阶：你可以实现一次扫描算法，并只使用 O(1) 额外空间，并且不修改 board 的值来解决这个问题吗？
脑筋急转弯
如果「允许扫描多次」或者「使用与输入同规模的空间」的话，做法都十分简单：
- 允许扫描多次，但空间只能 O(1)O(1)：每次遇到
X的格子，则将X所在的战舰修改为-，统计完答案后，再扫描一次，将-恢复为X即可； - 扫描一次，但空间允许 O(m * n)O(m∗n)：使用一个与矩阵同等大小的辅助数组 visvis 记录访问过的位置即可。
但题目要求「扫描一次」并且「空间 O(1)O(1)」，这就需要有点「脑筋急转弯」了。
注意这里的「扫描一次」是指使用一次遍历，而非要求每个单元格仅能访问一次，注意两者区别。
思考上述两种做法，我们本质 都是在战舰的首个格子进行计数，并将该战舰的所有格子进行处理，同时使用去重手段（原数组标记 或 使用辅助数组）来防止该战舰在后面遍历中被重复计数。
如果我们能够找到某种规律，直接判断出某个 X 格子是否为战舰开头，则不再需要其他去重手段。
当且仅当某个 X 格子的「上方」&「左方」不为 X 时，该格子为战舰首个格子，可以进行计数，同时需要注意当前当为 00（没有「上方」）和当前列为 00（没有「左方」）时的边界情况。
代码：
// 一次扫描 + O(1) class Solution { public int countBattleships(char[][] board) { int m = board.length, n = board[0].length; int ans = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (i > 0 && board[i - 1][j] == 'X') continue; if (j > 0 && board[i][j - 1] == 'X') continue; if (board[i][j] == 'X') ans++; } } return ans; } } 复制代码
// 两次扫描 + O(1) class Solution { public int countBattleships(char[][] board) { int m = board.length, n = board[0].length; int ans = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (board[i][j] != 'X') continue; board[i][j] = '-'; for (int k = i + 1; k < m && board[k][j] == 'X'; k++) board[k][j] = '-'; for (int k = j + 1; k < n && board[i][k] == 'X'; k++) board[i][k] = '-'; ans++; } } for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (board[i][j] == '-') board[i][j] = 'X'; } } return ans; } } 复制代码
// 一次扫描 + O(m * n) class Solution { public int countBattleships(char[][] board) { int m = board.length, n = board[0].length; int ans = 0; boolean[][] vis = new boolean[m][n]; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (board[i][j] != 'X' || vis[i][j]) continue; vis[i][j] = true; for (int k = i + 1; k < m && board[k][j] == 'X'; k++) vis[k][j] = true; for (int k = j + 1; k < n && board[i][k] == 'X'; k++) vis[i][k] = true; ans++; } } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(m * n)O(m∗n)
- 空间复杂度：O(1)O(1)
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.419 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
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