LeetCode岛屿问题：DFS与BFS算法详解

1. 问题背景与理解

"岛屿数量"是LeetCode上经典的图论问题（编号200），也是面试中的高频考题。我第一次遇到这个问题是在亚马逊的面试中，面试官在白板上画了一个由'1'和'0'组成的网格，要求我计算其中岛屿的数量。当时因为对深度优先搜索（DFS）的理解不够深入，导致解题过程磕磕绊绊。经过大量练习后，我发现这个问题是理解图遍历算法的绝佳切入点。

岛屿问题的标准定义是：给定一个由'1'（陆地）和'0'（水）组成的二维网格，计算其中岛屿的数量。岛屿由水平或垂直方向上相邻的陆地连接形成，假设网格四周都被水包围。例如：

code复制输入：
[
  ["1","1","0","0","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","1","0","0"],
  ["0","0","0","1","1"]
]
输出：3

这个问题看似简单，但涉及几个关键考察点：

1. 二维数组的遍历方式
2. 深度优先搜索（DFS）或广度优先搜索（BFS）的实现
3. 避免重复计数的技巧（即如何标记已访问的节点）
4. 边界条件的处理

2. 深度优先搜索解法详解

2.1 基础DFS实现

DFS是解决岛屿问题的自然选择——当我们遇到一个'1'时，以此为起点向四周探索所有相连的陆地，就像墨水在纸上扩散一样。以下是Python实现的核心代码：

python复制def numIslands(grid):
    if not grid:
        return 0
    
    count = 0
    rows, cols = len(grid), len(grid[0])
    
    for i in range(rows):
        for j in range(cols):
            if grid[i][j] == '1':
                count += 1
                dfs(grid, i, j)
    return count

def dfs(grid, i, j):
    if i < 0 or j < 0 or i >= len(grid) or j >= len(grid[0]) or grid[i][j] != '1':
        return
    grid[i][j] = '#'  # 标记为已访问
    dfs(grid, i+1, j)
    dfs(grid, i-1, j)
    dfs(grid, i, j+1)
    dfs(grid, i, j-1)

关键点说明：

1. 主函数中双重循环遍历每个单元格
2. 遇到'1'时计数器加1，并启动DFS
3. DFS递归访问上下左右四个方向
4. 将访问过的'1'标记为'#'避免重复计数

注意：直接修改输入数组在某些场景下可能不被允许，面试时应与面试官确认。替代方案是使用单独的visited矩阵。

2.2 时间复杂度分析

假设网格大小为M×N：

• 每个节点最多被访问一次（被标记后不再处理）
• 每个节点访问时的操作是O(1)的
• 因此