給定 n, m, 分別代表乙個二維矩陣的行數和列數, 並給定乙個大小為 k 的二元陣列a. 初始二維矩陣全0. 二元陣列a內的k個元素代表k次操作, 設第i個元素為 (a[i].x, a[i].y), 表示把二維矩陣中下標為a[i].x行a[i].y列的元素由海洋變為島嶼. 問在每次操作之後, 二維矩陣中島嶼的數量. 你需要返回乙個大小為k的陣列。
樣例 1:
輸入: n = 4, m = 5, a = [[1,1],[0,1],[3,3],[3,4]]
輸出: [1,1,2,2]
解釋:
0. 00000
00000
00000
00000
1. 00000
01000
00000
00000
2. 01000
01000
00000
00000
3. 01000
01000
00000
00010
4. 01000
01000
00000
00011
樣例 2:
輸入: n = 3, m = 3, a = [[0,0],[0,1],[2,2],[2,1]]
輸出: [1,1,2,2]
並查集是指用集合裡的乙個元素來當這個集合的代表元
如果兩個元素所在集合的代表元相同，那麼我們就能知道這兩個元素在乙個集合當中。
如果我們想合併兩個集合，只需要把其中乙個集合的代表元改為第二個集合的代表元
我們只要讓i所在集合的代表元改為j所在集合的代表元就完成了合併操作。
注意：資料中有可能多次將乙個位置變成島嶼，第一次以後的操作都是無效的操作，跳過就好了
注意2：x->x1->x2->x3->x4->x5->x6->........->代表元t
我們在第一次尋找x的代表元的回溯的時候
順便把這條路徑的所有xi的父親改為了代表元t
這樣我們以後再次訪問x....x6....t這條鏈上的內容時候就可以很快的得到答案
//偽**for i 1:n
fa[i]=i //偽**，一開始讓所有的父親都是本身
//我們規定代表元的父親為本身，如果乙個節點的父親不是本身，說是它在乙個元素個數大於1的集合中，而且這個節點並不是代表元
function find(x) //尋找x所在集合的代表元
if(fa[x]==x)
return x; //x是代表元，直接返回
else
return fa[x]=find(fa[x]) //x不是代表元，尋找x的父親的代表元是誰，並且直接把代表元賦值給x的父親
function uniue（x,y）//合併兩個集合
fa[find(x)]=find(y)
時間複雜度
暴力做法
每次操作都會做一遍bfs ，做一遍bfs的時間複雜度是o(nm)
所以總時間複雜度是 o(knm)，k是操作次數，nm是地圖長和寬
並查集
每次查詢代表元均攤是o(α)α代表反阿克曼函式，反阿克曼函式是漸進增長很慢很慢的，我們可以近似的認為每次查詢是o(1)的複雜度 我們一共有k次操作，每次操作最多並查集查詢4次，並查集合並4次,所以我們最終的時間複雜度是o(k)的
空間複雜度
n，m是輸入陣列 的長和寬
我們需要乙個fa陣列大小為nm，乙個vis陣列（標記該點有沒有變成島嶼），所以空間複雜度是o(nm)
public
class
solution
else
}public
intcalc
(intx,
inty
,intn,
intm
)public
list
<
integer
>
numislands2
(intn,
intm
,point
operators)}
//行走陣列，用於遍歷i島嶼的四周四個方向的島嶼下標int
zx=;int
zy=;if
(operators
==null
)for
(inti=
0;i<
operators
.length;i
++)//第i次操作的點 出現了新的島嶼
cnt++;
//遍歷這個島嶼的四周四個方向
for(
intk=0
;k<4;
k++)
//判斷四周的島嶼是不是和當前第i次操作的島嶼 已經在乙個集合了if(
find(fa
,calc(x
,y,n
,m))==
find(fa
,calc(nx
,ny,n
,m)))/*
如果不是在乙個集合裡，那麼i j所在的兩個集合就是連通的，可以合併算為乙個集合,然後讓島嶼數量-1。
我們只要讓i所在集合的代表元改為j所在集合的代表元就完成了合併操作
*/else
}//標記它是個島嶼
visited
.put
(calc(x
,y,n
,m),true
);ans
.add
(cnt);}
return
ans;
}}
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描述 給定長度為n的a陣列，長度為k的b陣列 你可以從a陣列裡取k個數 規則如下 即每次可以從a陣列的最左邊或者最右邊取走乙個數，取走的數從陣列中移除 將取出的ai按取出的順序組成c陣列 求b與c的內積最大值 b與c內積為 i 0k 1bi ci 解釋1 a 1,4,3,2,5 b 1,2,3,4 ...
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