FloodFill算法就是用来寻找性质相同的连通快的算法，这篇博客都是用dfs来实现FloodFill算法

1.图像渲染

题目链接：733. 图像渲染 - 力扣（LeetCode） 

 题目解析：将和（sr,sc）相连的所有像素相同的点，将这些点的值都修改为目标值

算法讲解：

利用深搜，遍历所有与初始点相连的所有像素相同的点，然后将其修改成指定的像素值即可

代码实现：

一个小细节：如果color==image[sr][sc]，此时就不用去遍历image了，此时直接返回image即可，或者也可以创建一个check的boolean类型的数组，去标记已经访问的位置

//第一种写法
class Solution {int h,l,prev;int[] dx={0,0,1,-1};int[] dy={1,-1,0,0};public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {h=image.length;l=image[0].length;prev=image[sr][sc];if(prev==color) return image;dfs(image,sr,sc,color);return image;}public void dfs(int[][] image,int i,int j,int color){image[i][j]=color;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && image[x][y]==prev){dfs(image,x,y,color);}}}
}//第二种写法
class Solution {int h,l,prev;int[] dx={0,0,1,-1};int[] dy={1,-1,0,0};boolean[][] check;public int[][] floodFill(int[][] image, int sr, int sc, int color) {h=image.length;l=image[0].length;check=new boolean[h][l];prev=image[sr][sc];dfs(image,sr,sc,color);return image;}public void dfs(int[][] image,int i,int j,int color){image[i][j]=color;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && image[x][y]==prev && check[x][y]==false){check[x][y]=true;dfs(image,x,y,color);check[x][y]=false;}}}
}

2.岛屿数量 

题目链接：200. 岛屿数量 - 力扣（LeetCode）

 题目解析：计算岛屿的数量，也就是计算grid数组中数字为1的连通快的个数 

算法讲解： FloodFill

首先要创建一个同等规模的check的boolean数组，先遍历一遍grid数组，当遇到1时且该对应的check[i][j]==false，就通过dfs递归函数将这个位置的上下左右中为1的位置的对应到check数组中的值改为true即可

代码实现：

class Solution {boolean[][] check;int h,l;int[] dx={0,0,-1,1};int[] dy={-1,1,0,0};public int numIslands(char[][] grid) {h=grid.length;l=grid[0].length;int ret=0;check=new boolean[h][l];for(int i=0;i<h;i++){for(int j=0;j<l;j++){if(grid[i][j]=='1'&&check[i][j]==false){ret++;dfs(grid,i,j);}}}return ret;}public void dfs(char[][] grid,int i,int j){check[i][j]=true;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && check[x][y]==false && grid[x][y]=='1'){dfs(grid,x,y);}}}
}

 3.岛屿的最大面积

题目解析：返回最大岛屿的面积

算法讲解：FloodFill

依旧是对grid数组做一遍深度优先遍历，当遇到1时，就上下左右去寻找连通的1，且创建一个全局变量area去记录每一次递归时找到的岛屿的面积

代码实现：

代码细节：每次递归之前要将area置为0，因为每一次递归都是去找新的岛屿，计算新的岛屿的面积之前，要将之前计算的岛屿的面积去掉，也就是将area置为0 

class Solution {boolean[][] vis;int h,l,area,ret;int[] dx={0,0,1,-1};int[] dy={1,-1,0,0};public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {h=grid.length;l=grid[0].length;vis=new boolean[h][l];for(int i=0;i<h;i++){for(int j=0;j<l;j++){if(grid[i][j]==1&&vis[i][j]==false){area=0;//小细节dfs(grid,i,j);ret=Math.max(ret,area);}}}return ret;}public void dfs(int[][] grid,int i,int j){area++;vis[i][j]=true;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && grid[x][y]==1 && vis[x][y]==false){dfs(grid,x,y);}}}
}

4.被围绕的区域

题目链接：130. 被围绕的区域 - 力扣（LeetCode） 

 题目解析：将矩阵中的被X围绕的连通O区域中的字母全部改为字母X

算法讲解：FloodFill

这道题的难点就是在于处理位于边界的连通O区域，如果我们直接对矩阵进行一遍深度遍历，那马就要写两个dfs函数，一个用来处理内部的O区域，另一个用来处理处于边界的O区域，但是这样写是在是太复杂了

正难则反，，我们可以先去处理边界的情况，先将位于边界的连通O区域全部改为字符点，处理完边界情况之后，在去遍历矩阵，遇到字符点，则就将其还原成O，此时如果遇到O，那么此时的O区域肯定是合法的，此时直接将O改为X即可

代码实现：

class Solution {int h,l;int[] dx={0,0,1,-1};int[] dy={1,-1,0,0};public void solve(char[][] board) {h=board.length;l=board[0].length;for(int j=0;j<l;j++){if(board[0][j]=='O') dfs(board,0,j);if(board[h-1][j]=='O') dfs(board,h-1,j);}for(int i=0;i<h;i++){if(board[i][0]=='O') dfs(board,i,0);if(board[i][l-1]=='O') dfs(board,i,l-1);}for(int i=0;i<h;i++){for(int j=0;j<l;j++){if(board[i][j]=='.') board[i][j]='O';else if(board[i][j]=='O') board[i][j]='X';}}}public void dfs(char[][] board,int i,int j){board[i][j]='.';for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && board[x][y]=='O'){dfs(board,x,y);}}}
}

5.太平洋大西洋流水问题 

题目链接：417. 太平洋大西洋水流问题 - 力扣（LeetCode） 

题目解析：找出矩阵中既能流入太平洋和大西洋的位置

解法一：直接暴搜

直接遍历矩阵，直接对每一个位置进行一遍FloodFill，但是这样会出现重复走大量的重复路径，代码可能会超时 

解法二：正难则反 

我们可以转换一下思路，题目要求我们找出既能流入太平洋又能流入大西洋的位置，可以反过来思考，从太平洋或者大西洋能流入矩阵的哪一些位置，此时创建两个同等规模的boolean类型的数组paci和atla，如果paci[i][j]或者atla[i][j]的值为true，那么就代表从太平洋或者大西洋的水能流入（i，j）位置，当paci[i][j]和atla[i][j]的值同时为true时，就代表太平洋和大西洋的水都能能流入（i，j）位置 

此时对分别对第一行和第一列，最后一行和最后一列，分别进行一遍FloodFill即可 

代码实现：

class Solution { List<List<Integer>> ret;int h,l;int[] dx={0,0,1,-1};int[] dy={1,-1,0,0};public List<List<Integer>> pacificAtlantic(int[][] heights) {h=heights.length;l=heights[0].length;boolean[][] paci=new boolean[h][l];boolean[][] atla=new boolean[h][l];ret=new ArrayList<>();//处理太平洋//第一行for(int j=0;j<l;j++) dfs(heights,0,j,paci);//第一列for(int i=0;i<h;i++) dfs(heights,i,0,paci);//处理大西洋//最后一行for(int j=0;j<l;j++) dfs(heights,h-1,j,atla);//最后一列for(int i=0;i<h;i++) dfs(heights,i,l-1,atla);for(int i=0;i<h;i++){for(int j=0;j<l;j++){if(paci[i][j]==true&&atla[i][j]==true){List<Integer> tmp=new ArrayList<>();tmp.add(i);tmp.add(j);ret.add(tmp);}}}return ret;}public void dfs(int[][] heights,int i,int j,boolean[][] ocean){ocean[i][j]=true;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && heights[x][y]>=heights[i][j] && ocean[x][y]==false){dfs(heights,x,y,ocean);}}}
}

6.扫雷游戏 

题目链接：529. 扫雷游戏 - 力扣（LeetCode） 

题目解析：就是扫雷游戏的规则，点击一个为挖出的方块，则与这个空格相连的空格也会被展开，如果某一个空格的相邻有地雷的花，就不展开与这个空格相邻的空格，只需要将这个空格的值改为地雷的数量即可

算法讲解：FloodFill 

这道题就是对棋盘从点击的位置进行一遍深度遍历即可，如果遇到为挖出的空格，则将其翻转即可，但是如果未挖出的空格相邻位置有地雷，将这个空格的值改为地雷的数量

则此时dfs函数就是用来翻转空格的，但是翻转的情况有两种，如果空格的相邻位置没有地雷，将M改为B即可，如果空格的相邻位置有地雷，要将M给为地雷的数量，所以此时在递归之前，要对地雷的数量进行一个判断

代码实现：

class Solution {int h,l;int[] dx={0,0,-1,1,-1,-1,1,1};int[] dy={-1,1,0,0,-1,1,-1,1};public char[][] updateBoard(char[][] board, int[] click) {h=board.length;l=board[0].length;int x=click[0];int y=click[1];if(board[x][y]=='M'){board[x][y]='X';return board;}dfs(board,x,y);return board;}public void dfs(char[][] board,int i,int j){//判断地雷的数量int count=0;for(int k=0;k<8;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && board[x][y]=='M'){count++;}}if(count==0){board[i][j]='B';for(int k=0;k<8;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && board[x][y]=='E'){dfs(board,x,y);}}}else{board[i][j]=(char)('0'+count);}}
}

7. 衣橱整理

题目链接：LCR 130. 衣橱整理 - 力扣（LeetCode） 

题目描述：如上图

算法讲解：FloodFill

依旧是对m行n列的放个做一遍深度优先遍历即可

代码实现：

class Solution {int ret;int h,l;boolean[][] vis;int[] dx={0,0,-1,1};int[] dy={-1,1,0,0};public int wardrobeFinishing(int m, int n, int t) {h=m;l=n;vis=new boolean[h][l];dfs(0,0,t);return ret;}public void dfs(int i,int j,int t){vis[i][j]=true;ret++;for(int k=0;k<4;k++){int x=i+dx[k];int y=j+dy[k];int tmp=(x/10)+(x%10)+(y/10)+(y%10);if(x>=0 && x<h && y>=0 && y<l && tmp<=t && vis[x][y]==false){dfs(x,y,t);}}}
}