题目描述
这是 LeetCode 上的 [1162. 地图分析] ，难度为 中等。
你现在手里有一份大小为 N * NN∗N 的 网格 gridgrid，上面的每个 单元格 都用 00 和 11 标记好了。
其中 00 代表海洋，11 代表陆地，请你找出一个海洋单元格，这个海洋单元格到离它最近的陆地单元格的距离是最大的。
我们这里说的距离是「曼哈顿距离」：(x0, y0)(x0,y0) 和 (x1, y1)(x1,y1) 这两个单元格之间的距离是 |x0 - x1| + |y0 - y1|∣x0−x1∣+∣y0−y1∣。
如果网格上只有陆地或者海洋，请返回 -1−1。
示例 1：
输入：[[1,0,1],[0,0,0],[1,0,1]] 输出：2 解释：海洋单元格 (1, 1) 和所有陆地单元格之间的距离都达到最大，最大距离为 2。 复制代码
示例 2：
输入：[[1,0,0],[0,0,0],[0,0,0]] 输出：4 解释：海洋单元格 (2, 2) 和所有陆地单元格之间的距离都达到最大，最大距离为 4。 复制代码
提示：
- 1 <= grid.length == grid[0].length <= 100
- grid[i][j] 不是 00 就是 11
单源 BFS
通常我们使用 BFS 求最短路，都是针对如下场景：从特定的起点出发，求解到达特定终点的最短距离。
这是一类特殊的「单源最短路」问题：本质是在一个边权为 11 的图上，求从特定「源点」出发到达特定「汇点」的最短路径。
对于本题，如果套用「单源最短路」做法，我们需要对每个「海洋」位置做一次 BFS：求得每个「海洋」的最近陆地距离，然后在所有的距离中取 maxmax 作为答案。
单次 BFS 的最坏情况需要扫描完整个矩阵，复杂度为 O(n^2)O(n2)。
同时，最多有 n^2n2 个海洋区域需要做 BFS，因此这样的做法复杂度为 O(n^4)O(n4)，并且 O(n^4)O(n4) 可直接取满。
PS. 数据范围为 10^2102，理论上是一定会超时，但本题数据较弱，Java 2021/06/28 可过。
一些细节：为了方便，我们在使用哈希表记录距离时，将二维坐标 (x, y)(x,y) 转化为对应的一维下标 idx = x * n + yidx=x∗n+y 作为 key 进行存储。
代码：
class Solution { int n; int[][] grid; public int maxDistance(int[][] _grid) { grid = _grid; n = grid.length; int ans = -1; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (grid[i][j] == 0) { ans = Math.max(ans, bfs(i, j)); } } } return ans; } // 单次 BFS：求解海洋位置 (x,y) 最近的陆地距离 int bfs(int x, int y) { int[][] dirs = new int[][]{{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}}; Deque<int[]> d = new ArrayDeque<>(); Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(); d.addLast(new int[]{x, y}); map.put(x * n + y, 0); while (!d.isEmpty()) { int[] poll = d.pollFirst(); int dx = poll[0], dy = poll[1]; int step = map.get(dx * n + dy); if (grid[dx][dy] == 1) return step; for (int[] di : dirs) { int nx = dx + di[0], ny = dy + di[1]; if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= n) continue; int key = nx * n + ny; if (map.containsKey(key)) continue; d.addLast(new int[]{nx, ny}); map.put(key, step + 1); } } return -1; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(n^4)O(n4)
- 空间复杂度：O(n^2)O(n2)
多源 BFS
这其实还是道「多源 BFS」入门题。
与「单源最短路」不同，「多源最短路」问题是求从「多个源点」到达「一个/多个汇点」的最短路径。
在实现上，最核心的搜索部分，「多源 BFS」与「单源 BFS」并无区别。
并且通过建立虚拟「超级源点」的方式，我们可以「多源 BFS」转换回「单源 BFS」问题。
什么意思？
以本题为例，题面要我们求每个「海洋」区域到最近的「陆地」区域的最大值。
我们可以将「源点/起点」和「汇点/终点」进行反转：从每个「陆地」区域出发，多个「陆地」区域每次同时向往扩散一圈，每个「海洋」区域被首次覆盖时所对应的圈数，就是「海洋」区域距离最近的「陆地」区域的距离。
不过，这是如何与「单源 BFS」联系起来的呢？
我们可以想象存在一个「虚拟源点」，其与所有「真实源点」（陆地）存在等权的边，那么任意「海洋」区域与「最近的陆地」区域的最短路等价于与「虚拟源点」的最短路：
实现上，我们并不需要真的将这个虚拟源点建立出来，只需要将所有的「真实源点」进行入队即可。
这个过程相当于从队列中弹出「虚拟源点」，并把它所能到点（真实源点）进行入队，然后再进行常规的 BFS 即可。
一些细节：实现上为了方便，在进行常规 BFS 时，如果一个「海洋」区域被访问到，说明其被离它「最近的陆地」覆盖到了，修改值为最小距离。这样我们只需要考虑那些值仍然为 00 的「海洋」区域即可（代表尚未被更新）。
代码：
class Solution { public int maxDistance(int[][] grid) { int n = grid.length; Deque<int[]> d = new ArrayDeque<>(); Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(); for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (grid[i][j] == 1) { d.add(new int[]{i, j}); map.put(i * n + j, 0); } } } int ans = -1; int[][] dirs = new int[][]{{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}}; while (!d.isEmpty()) { int[] poll = d.poll(); int dx = poll[0], dy = poll[1]; int step = map.get(dx * n + dy); for (int[] di : dirs) { int nx = dx + di[0], ny = dy + di[1]; if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= n) continue; if (grid[nx][ny] != 0) continue; grid[nx][ny] = step + 1; d.add(new int[]{nx, ny}); map.put(nx * n + ny, step + 1); ans = Math.max(ans, step + 1); } } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(n^2)O(n2)
- 空间复杂度：O(n^2)O(n2)
总结
今天我们介绍了「多源 BFS」，通过建立「虚拟源点」，我们可以将其转化回「单源 BFS」问题。
实现上我们只需要将所有的「真实源点」进行入队，然后再进行 BFS 即可。
看起来两者区别不大，但其本质是通过源点/汇点转换，应用常规的 Flood Fill 将多次朴素 BFS 转化为一次 BFS，可以有效降低我们算法的时间复杂度。
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1162 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，我们将先将所有不带锁的题目刷完。
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