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链接:http://proprogrammar.com:443/article/838
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有一个 m x n 的二元网格,其中 1 表示砖块,0 表示空白。砖块 稳定(不会掉落)的前提是:
一块砖直接连接到网格的顶部,或者
至少有一块相邻(4 个方向之一)砖块 稳定 不会掉落时
给你一个数组 hits ,这是需要依次消除砖块的位置。每当消除 hits[i] = (rowi, coli) 位置上的砖块时,对应位置的砖块(若存在)会消失,然后其他的砖块可能因为这一消除操作而掉落。一旦砖块掉落,它会立即从网格中消失(即,它不会落在其他稳定的砖块上)。
返回一个数组 result ,其中 result[i] 表示第 i 次消除操作对应掉落的砖块数目。
注意,消除可能指向是没有砖块的空白位置,如果发生这种情况,则没有砖块掉落。
示例 1:
输入:grid = [[1,0,0,0],[1,1,1,0]], hits = [[1,0]] 输出:[2] 解释: 网格开始为: [[1,0,0,0], [1,1,1,0]] 消除 (1,0) 处加粗的砖块,得到网格: [[1,0,0,0] [0,1,1,0]] 两个加粗的砖不再稳定,因为它们不再与顶部相连,也不再与另一个稳定的砖相邻,因此它们将掉落。得到网格: [[1,0,0,0], [0,0,0,0]] 因此,结果为 [2] 。
示例 2:
输入:grid = [[1,0,0,0],[1,1,0,0]], hits = [[1,1],[1,0]] 输出:[0,0] 解释: 网格开始为: [[1,0,0,0], [1,1,0,0]] 消除 (1,1) 处加粗的砖块,得到网格: [[1,0,0,0], [1,0,0,0]] 剩下的砖都很稳定,所以不会掉落。网格保持不变: [[1,0,0,0], [1,0,0,0]] 接下来消除 (1,0) 处加粗的砖块,得到网格: [[1,0,0,0], [0,0,0,0]] 剩下的砖块仍然是稳定的,所以不会有砖块掉落。 因此,结果为 [0,0] 。
提示:
m == grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 200
grid[i][j] 为 0 或 1
1 <= hits.length <= 4 * 104
hits[i].length == 2
0 <= xi <= m - 1
0 <= yi <= n - 1
所有 (xi, yi) 互不相同
这题是难题,我超时了,用的c++,先看一下吧
class Solution {
private:
int count = 0;
int dr[4][2] = {{-1, 0}, {0, -1}, {0, 1}, {1, 0}};
public:
// 四方深搜到顶部,代码不长,效率不高,超时
// 可能的优化: sz置0方法去掉,每处深搜使用之前深搜的结果
vector<int> hitBricks(vector<vector<int>>& grid, vector<vector<int>>& hits) {
vector<int> res(hits.size(), 0);
for(int i = 0; i < hits.size(); i++){
vector<int> h = hits[i];
if(grid[h[0]][h[1]]){
grid[h[0]][h[1]] = 0;
for(int* d: dr){
if(!keep(grid, h[0]+d[0], h[1]+d[1], (h[0]<<16)|(h[1]<<8)|1) && count){
res[i]+=count;
sz(grid, h[0]+d[0], h[1]+d[1]);
}
count = 0;
}
}
}
return res;
}
bool keep(vector<vector<int>>& grid, int x, int y, int cur){
if(x < 0 || x >= grid.size() || y < 0 || y >= grid[0].size() || !grid[x][y] || grid[x][y] == cur) return false;
if(x == 0 && grid[x][y]) return true;
if(((grid[x][y]&0xffff00)>>8)==((cur&0xffff00)>>8))return true;
grid[x][y] = cur;
count++;
return keep(grid, x-1, y, cur) || keep(grid, x, y-1, cur) || keep(grid, x, y+1, cur) || keep(grid, x+1, y, cur);
}
int sz(vector<vector<int>>& grid, int x, int y){
if(x < 0 || x >= grid.size() || y < 0 || y >= grid[0].size() || !grid[x][y]) return 0;
grid[x][y] = 0;
return sz(grid, x-1, y) | sz(grid, x, y-1) | sz(grid, x, y+1) | sz(grid, x+1, y);
}
}
直观解法,打一块看相邻会不会掉落
再看一下官方解法
class Solution {
// 官方解法
class UnionFind {
private:
vector<int> f, sz;
public:
UnionFind(int n): f(n), sz(n) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
f[i] = i;
sz[i] = 1;
}
}
int find(int x) {
if (f[x] == x) {
return x;
}
int newf = find(f[x]);
f[x] = newf;
return f[x];
}
void merge(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx == fy) {
return;
}
f[fx] = fy;
sz[fy] += sz[fx];
}
int size(int x) {
return sz[find(x)];
}
};
// https://leetcode-cn.com/problems/bricks-falling-when-hit/solution/da-zhuan-kuai-by-leetcode-solution-szrq/
vector<int> hitBricks(vector<vector<int>>& grid, vector<vector<int>>& hits) {
int h = grid.size(), w = grid[0].size();
UnionFind uf(h * w + 1);
vector<vector<int>> status = grid;
for (int i = 0; i < hits.size(); i++) {
status[hits[i][0]][hits[i][1]] = 0;
}
for (int i = 0; i < h; i++) {
for (int j = 0; j < w; j++) {
if (status[i][j] == 1) {
if (i == 0) {
uf.merge(h * w, i * w + j);
}
if (i > 0 && status[i - 1][j] == 1) {
uf.merge(i * w + j, (i - 1) * w + j);
}
if (j > 0 && status[i][j - 1] == 1) {
uf.merge(i * w + j, i * w + j - 1);
}
}
}
}
const vector<pair<int, int>> directions{{0, 1},{1, 0},{0, -1},{-1, 0}};
vector<int> ret(hits.size(), 0);
for (int i = hits.size() - 1; i >= 0; i--) {
int r = hits[i][0], c = hits[i][1];
if (grid[r][c] == 0) {
continue;
}
int prev = uf.size(h * w);
if (r == 0) {
uf.merge(c, h * w);
}
for (const auto [dr, dc]: directions) {
int nr = r + dr, nc = c + dc;
if (nr >= 0 && nr < h && nc >= 0 && nc < w) {
if (status[nr][nc] == 1) {
uf.merge(r * w + c, nr * w + nc);
}
}
}
int size = uf.size(h * w);
ret[i] = max(0, size - prev - 1);
status[r][c] = 1;
}
return ret;
}
};
官方是从后向前,先考虑最后一次,再向前考虑,看成图,使用并查集(用到并查集基本都是难题),把从前向后的减点图不连通变成从后向前的加点图连通的问题
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