01 矩阵
mat 到最近 0 的距离矩阵。
mat 到最近 0 的距离矩阵。
当前节点的合法邻居是谁,访问标记何时写入?
多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
先说结论:这道题到底解决什么
怎样从“mat 到最近 0 的距离矩阵。”推导出 图 BFS · 01 矩阵,并证明每次状态变化都不会漏掉答案?
中心结论:多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
- 1.暴力方案在哪里重复计算,为什么仍然是正确基线?
- 2.当前节点的合法邻居是谁,访问标记何时写入?
- 3.不变量“多源 BFS 一次完成。”为什么能保证算法安全前进?
完整题目与题意拆解
给定一个由 0 和 1 组成的矩阵,找出每个元素到最近的 0 的距离。两个相邻元素间的距离为 1 。
在本站主例中,mat 到最近 0 的距离矩阵。
算法最终需要得到或观察:各格到最近 0 距离。
- • 输入:mat 到最近 0 的距离矩阵。
- • 机器需要维护:队列、距离矩阵。
- • 最终可观察结果:各格到最近 0 距离。
先看清算法到底要维护什么
先建立输入、目标、输出和第一批状态,不急着进入模板。
沉岛:把访问过的陆地标记为 0
第一层方案:暴力做法
重复从多个位置搜索会反复访问同一状态;统一的 visited 与前线结构让每个状态只处理一次。
暴力方案的价值是确认题意并提供正确性基线。它通常会覆盖所有候选, 但没有保存已经确认的信息,因此同一状态会被重新计算。
重复工作究竟发生在哪里
把重复读取或重复搜索的区域明确标出,再决定优化必须保存什么。
沉岛:把访问过的陆地标记为 0
整体地图:先做什么,再做什么
- 1建模把输入翻译成“图搜索前线”,明确答案需要观察什么。
- 2状态只维护 队列、距离矩阵。
- 3转移每一步按照 多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
- 4收尾读取 各格到最近 0 距离。,并复核边界与复杂度。
图搜索前线:核心概念
先把题目对象翻译成节点和边,再选择 BFS 或 DFS。
这道题不是为了记住一个组件名称,而是为了让状态具有可解释的语义:队列、距离矩阵。
- • 多源 BFS 一次完成。
建立“图搜索前线”心智模型
用主例建立核心状态,先预测下一步,再公开正确分支和理由。
沉岛:把访问过的陆地标记为 0
核心机制:状态如何一步步变化
给出一个二维数组,数组里面只有 0 和 1 。要求计算每个 1 距离最近的 0 的距离。 这一题有 3 种解法,第一种解法最容易想到,BFS。先预处理一下棋盘,将每个 0 都处理为 -1 。将 1 都处理为 0 。将每个 -1 (即原棋盘的 0)都入队,每次出队都将四周的 4 个位置都入队。这就想一颗石头扔进了湖里,一圈一圈的波纹荡开,每一圈都是一层。由于棋盘被我们初始化了,所有为 -1 的都是原来为 0 的,所以波纹扫过来不需要处理这些 -1 的点。棋盘上为 0 的点都是原来为 1 的点,这些点在波纹扫过来的时候就需要赋值更新 level。当下次波纹再次扫到原来为 1 的点的时候,由于它已经被第一次到的波纹更新了值,所以这次不用再更新了。(第一次波纹到的时候一定是最短的) 第二种解法是 DFS。先预处理,把周围没有 0 的 1 都重置为最大值。当周围有 0 的 1,距离 0 的位置都是 1,这些点是不需要动的,需要更新的点恰恰应该是那些周围没有 0 的点。当递归的步数 val 比点的值小(这也就是为什么会先把 1 更新成最大值的原因)的时候,不断更新它。 第三种解法是 DP。由于有 4 个方向,每次处理 2 个方向,可以降低时间复杂度。第一次循环从上到下,从左到右遍历,先处理上边和左边,第二次循环从下到上,从右到左遍历,再处理右边和下边。
多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
执行过程中持续维护:队列、距离矩阵。
正确性依赖以下不变量:多源 BFS 一次完成。
面试时可以压缩为:0 全入队 BFS O(mn)。
落到当前题,执行机制可以压缩为:多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。每一次更新都必须保持核心不变量,而不是只让样例碰巧得到正确答案。
一次状态转移为什么成立
集中观察一次选择、计算和状态写回,让变量变化与原因同时出现。
第 1 个连通块,DFS 沉岛
正确性证明:为什么不会漏答案
初始化:算法开始时,全部合法候选仍在状态表示范围内;多源 BFS 一次完成。
保持:执行“多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。”时,只删除已经能证明不可能的候选,并把新信息写回 队列、距离矩阵。
终止:没有待处理状态或达到命中条件时,当前可观察结果就是“各格到最近 0 距离。”。
完整执行过程
- 1题目与输入mat 到最近 0 的距离矩阵。 因为:多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
- 2扫描网格,遇 '1' 启动 DFS双重循环找未访问陆地。 因为:每个连通块只计数一次。
- 3发现新岛屿,起点 (1,1)从该陆地 DFS 标记整块。 因为:沉岛避免重复计数。
- 4该连通块已全部标记继续扫描。 因为:O(mn) 每个格最多访问一次。
- 5预测下一步先不要看下一帧——根据当前不变量,预测算法接下来会怎么动。 因为:主动预测会暴露你对不变量的真实理解,比被动看动画有效得多。
- 6岛屿总数 1网格扫描结束。 因为:DFS/BFS 连通分量计数。
- 7收尾与复杂度各格到最近 0 距离。 因为:时间 O(n) · 空间 O(1)。多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
从输入完整走到可观察结果
从主例第一帧运行到答案,时间轴始终显示当前状态、因果解释和下一步。
沉岛:把访问过的陆地标记为 0
把动画和 Go 代码逐行对应
代码窗口不会按容易漂移的固定数字行号硬绑动画,而是根据当前语义阶段, 在完整 Go 实现中定位选择、计算、写回或返回分支。当前变量与高亮行一起变化。
让每个动作都落到 Go 分支
重新执行关键分支,只显示当前代码附近窗口,并说明这行为什么在此刻运行。
沉岛:把访问过的陆地标记为 0
完整 Go 提交代码与最小测试
import (
"math"
)
// 解法一 BFS
func updateMatrixBFS(matrix [][]int) [][]int {
res := make([][]int, len(matrix))
if len(matrix) == 0 || len(matrix[0]) == 0 {
return res
}
queue := make([][]int, 0)
for i := range matrix {
res[i] = make([]int, len(matrix[0]))
for j := range res[i] {
if matrix[i][j] == 0 {
res[i][j] = -1
queue = append(queue, []int{i, j})
}
}
}
level := 1
for len(queue) > 0 {
size := len(queue)
for size > 0 {
size--
node := queue[0]
queue = queue[1:]
i, j := node[0], node[1]
for _, direction := range [][]int{{-1, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, -1}} {
x := i + direction[0]
y := j + direction[1]
if x < 0 || x >= len(matrix) || y < 0 || y >= len(matrix[0]) || res[x][y] < 0 || res[x][y] > 0 {
continue
}
res[x][y] = level
queue = append(queue, []int{x, y})
}
}
level++
}
for i, row := range res {
for j, cell := range row {
if cell == -1 {
res[i][j] = 0
}
}
}
return res
}
// 解法二 DFS
func updateMatrixDFS(matrix [][]int) [][]int {
result := [][]int{}
if len(matrix) == 0 || len(matrix[0]) == 0 {
return result
}
maxRow, maxCol := len(matrix), len(matrix[0])
for r := 0; r < maxRow; r++ {
for c := 0; c < maxCol; c++ {
if matrix[r][c] == 1 && hasZero(matrix, r, c) == false {
// 将四周没有 0 的 1 特殊处理为最大值
matrix[r][c] = math.MaxInt64
}
}
}
for r := 0; r < maxRow; r++ {
for c := 0; c < maxCol; c++ {
if matrix[r][c] == 1 {
dfsMatrix(matrix, r, c, -1)
}
}
}
return (matrix)
}
// 判断四周是否有 0
func hasZero(matrix [][]int, row, col int) bool {
if row > 0 && matrix[row-1][col] == 0 {
return true
}
if col > 0 && matrix[row][col-1] == 0 {
return true
}
if row < len(matrix)-1 && matrix[row+1][col] == 0 {
return true
}
if col < len(matrix[0])-1 && matrix[row][col+1] == 0 {
return true
}
return false
}
func dfsMatrix(matrix [][]int, row, col, val int) {
// 不超过棋盘氛围,且 val 要比 matrix[row][col] 小
if row < 0 || row >= len(matrix) || col < 0 || col >= len(matrix[0]) || (matrix[row][col] <= val) {
return
}
if val > 0 {
matrix[row][col] = val
}
dfsMatrix(matrix, row-1, col, matrix[row][col]+1)
dfsMatrix(matrix, row, col-1, matrix[row][col]+1)
dfsMatrix(matrix, row+1, col, matrix[row][col]+1)
dfsMatrix(matrix, row, col+1, matrix[row][col]+1)
}
// 解法三 DP
func updateMatrixDP(matrix [][]int) [][]int {
for i, row := range matrix {
for j, val := range row {
if val == 0 {
continue
}
left, top := math.MaxInt16, math.MaxInt16
if i > 0 {
top = matrix[i-1][j] + 1
}
if j > 0 {
left = matrix[i][j-1] + 1
}
matrix[i][j] = min(top, left)
}
}
for i := len(matrix) - 1; i >= 0; i-- {
for j := len(matrix[0]) - 1; j >= 0; j-- {
if matrix[i][j] == 0 {
continue
}
right, bottom := math.MaxInt16, math.MaxInt16
if i < len(matrix)-1 {
bottom = matrix[i+1][j] + 1
}
if j < len(matrix[0])-1 {
right = matrix[i][j+1] + 1
}
matrix[i][j] = min(matrix[i][j], min(bottom, right))
}
}
return matrix
}
func min(a int, b int) int {
if a > b {
return b
}
return a
}func main() {
// 1. 主例
// 输入:mode="islands", grid=[["0","0","0"],["0","1","0"],["1","1","1"]]
// 期望:各格到最近 0 距离。
//
// 2. 失败 / 未命中
// 检查:逐格 BFS 会 TLE。
//
// 3. 边界
// 空输入、单元素、最小合法规模,以及答案恰好落在边界的情况。
//
// 4. 迁移
// LC994 腐烂;LC1091 最短路径
}Go 参考实现基于 halfrost/LeetCode-Go 的 MIT 许可代码整理,并按本站教学结构补充解释与动画映射。
正确性与复杂度
执行过程中只保留仍可能影响答案的状态。多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
额外状态主要用于维护:队列、距离矩阵。
- • 多源 BFS 一次完成。
最容易写错的地方
逐格 BFS 会 TLE。
必须额外检查空输入、单元素、未命中或不可达情况,以及恰好落在边界的输入。
最后复盘:带走逻辑链
- 1题意mat 到最近 0 的距离矩阵。
- 2重复重复从多个位置搜索会反复访问同一状态;统一的 visited 与前线结构让每个状态只处理一次。
- 3优化多源 BFS:所有 0 入队同时扩散,第一次到达即最短距。
- 4证明多源 BFS 一次完成。
- 5复杂度时间 O(n),空间 O(1)
- • LC994 腐烂
- • LC1091 最短路径