一.題目 標題：全球變暖

你有一張某海域NxN畫素的照片，"."表示海洋、"#"表示陸地，如下所示：

....... .##.... .##.... ....##. ..####. ...###. .......

其中"上下左右"四個方向上連在一起的一片陸地組成一座島嶼。例如上圖就有2座島嶼。  

由於全球變暖導致了海面上升，科學家預測未來幾十年，島嶼邊緣一個畫素的範圍會被海水淹沒。具體來說如果一塊陸地畫素與海洋相鄰(上下左右四個相鄰畫素中有海洋)，它就會被淹沒。  

例如上圖中的海域未來會變成如下樣子：

....... ....... ....... ....... ....#.. ....... .......

請你計算：依照科學家的預測，照片中有多少島嶼會被完全淹沒。  

【輸入格式】 第一行包含一個整數N。  (1 <= N <= 1000)   以下N行N列代表一張海域照片。  

照片保證第1行、第1列、第N行、第N列的畫素都是海洋。  

【輸出格式】 一個整數表示答案。

【輸入樣例】 7  ....... .##.... .##.... ....##. ..####. ...###. .......  

【輸出樣例】 1  

資源約定： 峰值記憶體消耗（含虛擬機器） < 256M CPU消耗  < 1000ms

請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。

注意： main函式需要返回0; 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準; 不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx> 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。

提交程式時，注意選擇所期望的語言型別和編譯器型別。

二.思路 

主要運用bfs，廣度搜索，遍歷兩次。第一次遍歷，給周圍有水域的座標點，標記訪問矩陣vis[i][j]，該點值為2。

再從頭遍歷vis[i][j],使圖Map[i][j]對應的vis[i][j]=2的點變為'.'（水域）。再進行第二次遍歷，這邊我看了許多部落格，我認為大部分的解法都是存在的問題，不能簡單的將兩次遍歷的數量相減，若小於0，則為0。問題出在，有的陸地可能會分成兩個陸地，若同時有一個陸地消失，減下來的結果是沒有陸地消失，根據題意顯然是不對的，上述情況應該有一個陸地消失。我的解法是，在第一遍遍歷的時候給節點標上序號，在第二遍遍歷前建立為序號大小的陣列，其值全為1，在第二遍遍歷的時候，演算法中不再改變節點的序號值，遇到序號則把陣列中對應位置置0，最後遍歷該陣列，1的個數即為消失的陸地數

三.原始碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
struct Node{
  	int x,y; //座標 
  	int num; //第幾號陸地，第一個陸地的序號為0 
}Now,Next,S;
char MAP[1005][1005];
int vis[1005][1005];
int dir[4][2] = {1,0,0,1,-1,0,0,-1};
int n,sum;

bool in(int x,int y){
  	if(x >= 0 && y >= 0 && x < n && y < n)	return true;
  	return false;
}

// 如果周圍有水，返回真 
bool Check(int x,int y){
	for(int i=0;i<4;i++){
    	int X = x + dir[i][0];
    	int Y = y + dir[i][1];
    	if(MAP[X][Y] == '.' && in(X,Y))  	return true;
  	}
  	return false;
}

void bfs(){
	queue<Node> q;
  	S.num = sum;
  	q.push(S);
  	while(!q.empty()){
		Now = q.front();
    	q.pop();
    	if(Check(Now.x,Now.y)){
      		vis[Now.x][Now.y] = 2;
    	}else
    	{
    		vis[Now.x][Now.y] = 1;
    	}
    	for(int i=0;i<4;i++){
      		Next.x = Now.x + dir[i][0];
      		Next.y = Now.y + dir[i][1];
      		if(in(Next.x,Next.y) && MAP[Next.x][Next.y] == '#' && vis[Next.x][Next.y] == 0){
    			Next.num = Now.num;
        		q.push(Next);
      		}
    	}
  	}
  	sum++;
  	return ;
}
// bfs2 的作用於bfs 是基本一致的，不同的在於遍歷的過程中不改變節點的num屬性 
void bfs2(){
	queue<Node> q;
  	q.push(S);
  	while(!q.empty()){
		Now = q.front();
    	q.pop();
    	if(Check(Now.x,Now.y)){
      		vis[Now.x][Now.y] = 2;
      		Map[Now.x][Now.y] = '.';
    	}else
    	{
    		vis[Now.x][Now.y] = 1;
    	}
    	for(int i=0;i<4;i++){
      		Next.x = Now.x + dir[i][0];
      		Next.y = Now.y + dir[i][1];
      		if(in(Next.x,Next.y) && MAP[Next.x][Next.y] == '#' && vis[Next.x][Next.y] == 0){
    			q.push(Next);
      		}
    	}
  	}
  	return ;
}

int main()
{
  	scanf("%d",&n);
  	for(int i=0;i<n;i++){
    	scanf("%s",MAP[i]);
  	}
  	memset(vis,0,sizeof(vis));
  	sum = 0;
  	for(int i=0;i<n;i++){
    	for(int j=0;j<n;j++){
      		if(MAP[i][j] == '#'){
        		if(vis[i][j] != 0)continue;
        		S.x = i;
        		S.y = j;
        		bfs();
      		}
    	}
  	}
  	int num_old = sum;
  	for (int i=0;i<n;i++) {
  		for (int j=0;j<n;j++) {
  			if(vis[i][j]==2) {
  				MAP[i][j]='.';
  			}
  		}
  	}
  	int a[num_old];
  	for(int i=0;i<num_old;i++) {
  		a[i] =1;
  	}
  	sum = 0;
  	
  	memset(vis,0,sizeof(vis));
  	for(int i=0;i<n;i++){
    	for(int j=0;j<n;j++){
      		if(MAP[i][j] == '#'){
        		if(vis[i][j] != 0) continue;
        		a[S.num] = 0;
        		S.x = i;
        		S.y = j;
        		bfs();
      		}
    	}
  	}
	int answer=0;
	for(int i=0;i<num_old;i++) {
		if(a[i]==1)
		answer++;
	}
	printf("%d",answer);
  	return 0;
}