前言

我们所熟悉的DFS问题通常是在树或者图结构上进行的。本文讨论的DFS问题是在一种「网格」结构中进行的。岛屿问题是这类网格DFS问题的典型代表。网格结构遍历起来要比二叉树更加复杂，如果没有掌握一定的方法，DFS代码容易写得冗杂。

本文将以岛屿问题为例，展示网格类问题DFS通用思路，以及如何让代码变得简洁。

网格类问题的DFS遍历方法

基本概念

我们首先明确一下岛屿问题中的网格结构是如何定义的，以方便我们后面的讨论。

网格问题是由 m × n 个小方格组成一个网格，每个小方格与其上下左右四个方格认为是相邻的，要在这样的网格上进行某种搜索。

岛屿问题是一类典型的网格问题。每个格子中的数字可能是 0 或者 1。我们把数字为 0 的格子看成海洋格子，数字为 1 的格子看成陆地格子，这样相邻的陆地格子就连接成一个岛屿。

在这样一个设定下，就出现了各种岛屿问题的变种，包括岛屿的数量、面积、周长等。不过这些问题基本都可以用DFS遍历来解决。

DFS的基本结构

网格问题要比二叉树结构稍微复杂一些，它其实是一种简化版的图结构。要写好网格上的DFS遍历，我们首先要理解二叉树上的DFS遍历方法，再类比写出网格结构上的DFS遍历。我们写的二叉树DFS遍历一般是这样的：

void traverse(TreeNode root) {
    // 判断 base case
    if (root == null) {
        return;
    }
    // 访问两个相邻结点：左子结点、右子结点
    traverse(root.left);
    traverse(root.right);
}

可以看到，二叉树的DFS有两个要素：「访问相邻结点」和「判断 base case」。

• 访问相邻节点：二叉树的相邻节点比较简单，只有左子节点和右子节点两个。二叉树本身就是一个递归定义的结构：一棵二叉树，它的左子树和右子树也是一棵二叉树。那么我们的DFS遍历只需要递归调用左子树和右子树即可。
• 判断 base case：一般来说，二叉树遍历的 base case 是 root == null 。这样一个条件判断其实有两个含义：
  • 一方面，这表示 root 指向的子树为空，不需要再向下遍历了。
  • 另一方面，在 root == null 的时候及时返回，可以让后面的 root.left 和 root.right 操作不会出现空指针异常。

对于网格上的DFS，我们完全可以参考二叉树的DFS，写出网格DFS的两个要素：

• 首先，网格结构中的格子有多少相邻节点？答案是上下左右四个。对于格子 (r, c) 来说（r 和 c分别代表行坐标和列坐标），四个相邻的格子分别是 (r-1, c) 、 (r+1, c) 、 (r, c-1) 、 (r, c+1) 。换句话说，网格结构是「四叉」的

• 其次，网格DFS中的 base case 是什么？从二叉树的 base case 对应过来，应该是网格中不需要继续遍历、 grid[r][c] 会出现数组下标越界异常的格子，也就是那些超出网格范围的格子。

这种方法可以称为「先污染后治理」——不管当前是在哪个格子，先往四个方向走一步再说，如果发现走出了网格范围，再赶紧返回。这和二叉树的遍历方法是一样的，先递归调用，发现root == null 再返回。

这样，我们得到了网格DFS便利的框架代码：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 判断 base case
    // 如果坐标 (r, c) 超出了网格范围，直接返回
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
    // 访问上、下、左、右四个相邻结点
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length
        	&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}

如何避免重复遍历？

网格结构的DFS与二叉树的DFS最大的不同之处在于，遍历中可能遇到遍历过的节点。这是因为，网格结构本质上是一个「图」，我们可以把每个格子看作图中的节点，每个节点有上下左右四条边。在图中遍历时，自然可能遇到重复遍历的节点。

这时候，DFS可能会不停的「兜圈子」，永远停不下来。

如何避免这样的重复遍历？答案是标记已经遍历过的格子。以岛屿问题为例，我们需要在所有值为 1 的陆地格子上进行DFS。每走过一个陆地格子，就把格子的值改为 2，这样当我们遇到 2 的时候，就知道这是遍历过的格子了。也就是说，每个格子可能取三个值：

• 0——海洋格子
• 1——陆地格子（未遍历过）
• 2——陆地格子（已遍历过）

我们在框架代码中加入避免重复遍历的语句：

void dfs(int[][] grid, int r, int c) {
    // 判断 base case
    if (!inArea(grid, r, c)) {
        return;
    }
    // 如果这个格子不是岛屿，直接返回
    if (grid[r][c] != 1) {
        return;
    }
    grid[r][c] = 2; // 将格子标记为「已遍历过」

    // 访问上、下、左、右四个相邻结点
    dfs(grid, r - 1, c);
    dfs(grid, r + 1, c);
    dfs(grid, r, c - 1);
    dfs(grid, r, c + 1);
}

// 判断坐标 (r, c) 是否在网格中
boolean inArea(int[][] grid, int r, int c) {
    return 0 <= r && r < grid.length
        	&& 0 <= c && c < grid[0].length;
}

这样，我们就得到了一个岛屿问题、乃至各种网格问题的通用DFS遍历方法。

注意：在一些题解中，可能会把「已遍历过的陆地格子」标记为和海洋格子一样的 0，即遍历完一个陆地格子就让陆地「沉没」为海洋。这种方法看似很巧妙，但实际上有很大隐患，因为这样我们就无法区分「海洋格子」和「已遍历过的陆地格子」了。如果题目更复杂一点，这很容易出 bug。

例题1：岛屿数量

给你一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的的二维网格，请你计算网格中岛屿的数量。

岛屿总是被水包围，并且每座岛屿只能由水平方向和/或竖直方向上相邻的陆地连接形成。

此外，你可以假设该网格的四条边均被水包围。

示例 1：

输入：grid = [
  ["1","1","1","1","0"],
  ["1","1","0","1","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","0","0","0"]
]
输出：1

示例 2：

输入：grid = [
  ["1","1","0","0","0"],
  ["1","1","0","0","0"],
  ["0","0","1","0","0"],
  ["0","0","0","1","1"]
]
输出：3

提示：

• m == grid.length
• n == grid[i].length
• 1 <= m, n <= 300
• grid[i][j] 的值为 '0' 或 '1'

代码

class Solution {
public:
  
	vector<pair<int, int>> dir = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
	
    void dfs(vector<vector<char>>& grid, int x, int y) {
        if (!judge(grid, x, y)) return;
        if (grid[x][y] == '1') {
            grid[x][y] = '2';
            for (int i = 0; i < 4; ++i) {
                int dirx = x + dir[i].first;
                int diry = y + dir[i].second;
                dfs(grid, dirx, diry);
            }
        }
    }

    bool judge(vector<vector<char>>& grid, int x, int y) {
        int row = grid.size();
        int col = grid[0].size();
        if (x >= row || x < 0 || y >= col || y < 0) return false;
        return true;
    }

    int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {
        int ans = 0;
        int row = grid.size(), col = grid[0].size();
        for (int i = 0; i < row; ++i) {
            for (int j = 0; j < col; ++j) {
                if (grid[i][j] == '1') {
                    dfs(grid, i, j);
                    ans++;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

例题2：字母迷宫

字母迷宫游戏初始界面记作 m x n 二维字符串数组 grid，请判断玩家是否能在 grid 中找到目标单词 target。 注意：寻找单词时 必须 按照字母顺序，通过水平或垂直方向相邻的单元格内的字母构成，同时，同一个单元格内的字母 不允许被重复使用 。

示例 1：

输入：grid = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], target = "ABCCED"
输出：true

示例 2：

输入：grid = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], target = "SEE"
输出：true

示例 3：

输入：grid = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], target = "ABCB"
输出：false

提示：

• m == grid.length
• n = grid[i].length
• 1 <= m, n <= 6
• 1 <= target.length <= 15
• grid 和 target 仅由大小写英文字母组成

思路

思路很好想，遍历表中所有的字母，当前字母为起点进行 DFS ，逐位地匹配 target 字符串，如果还没有达到 target 的长度就出现了不同，说明此次搜索没有搜索到，直接返回 false ，具体看代码实现：

Code

class Solution {
  
    static constexpr int DIRS[4][2] = {{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}};
    
public:
    bool wordPuzzle(vector<vector<char>>& grid, string target) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();
        auto dfs = [&](auto&& dfs, int i, int j, int k) -> bool {
            if (grid[i][j] != target[k]) { // 当前字符匹配失败
                return false;
            }
            if (k + 1 == target.length()) { // 匹配成功
                return true;
            }
            
            grid[i][j] = 0; // 标记访问过
            for (auto& [dx, dy]: DIRS) {
                int x = i + dx, y = j + dy;
                // 没有越界并且搜索成功
                if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && dfs(dfs, x, y, k + 1)) {
                    return true;
                }
            }
            // 没有搜到，恢复现场
            grid[i][j] = target[k];
            return false;
        };

        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (dfs(dfs, i, j, 0)) {
                    return true;
                }
            }
        }
        return false;
    }
};