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当然可以！下面是 LeetCode 200. 岛屿数量 的 README 题解模板，风格适合你放在 ACM/LeetCode 题解仓库：
200. 岛屿数量（Number of Islands）
题目链接：LeetCode 200. Number of Islands
题目描述
给定一个由 '1'（陆地）和 '0'（水）组成的二维网格，计算网格中岛屿的数量。岛屿总是被水包围，
并且每个岛屿只能由水平方向或竖直方向相邻的陆地连接形成。假设网格的四个边均被水包围。
示例
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
解题思路
这题本质上是经典的 连通块计数问题，可以使用深度优先搜索（DFS） 或 广度优先搜索（BFS） 实现。
- 遍历整个网格，每遇到一个
'1'，就将其所在的连通块全部遍历并标记为'0'（已访问）。 - 每遇到一个未被访问的
'1'，岛屿数量加一。
常用的做法有：
- DFS 递归遍历（推荐，思路简洁）
- BFS 队列遍历
代码实现（C++）
DFS写法
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;
// 四个方向
const int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
const int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
void dfs(vector<vector<char>>& grid, int x, int y, int m, int n) {
grid[x][y] = '0'; // 标记为已访问
for (int d = 0; d < 4; ++d) {
int nx = x + dx[d], ny = y + dy[d];
if (nx >= 0 && nx < m && ny >= 0 && ny < n && grid[nx][ny] == '1') {
dfs(grid, nx, ny, m, n);
}
}
}
int main() {
int m, n;
cin >> m >> n;
vector<vector<char>> grid(m, vector<char>(n));
// 读入
for (int i = 0; i < m; ++i) {
string row;
cin >> row;
for (int j = 0; j < n; ++j)
grid[i][j] = row[j];
}
int cnt = 0;
// 枚举每个格子
for (int i = 0; i < m; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j)
if (grid[i][j] == '1') {
dfs(grid, i, j, m, n);
++cnt;
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
复杂度分析
- 时间复杂度： $O(m \times n)$，每个格子最多被访问一次。
- 空间复杂度： $O(m \times n)$（递归栈/队列最大深度，最坏是全部为陆地）。
总结
- 连通块问题，典型模板，掌握 DFS/BFS 的套路即可。
- 注意：每个点最多访问一次，不需要额外的 visited 数组，可以直接在原数组上做标记。
如需 BFS 或 Python 题解、复杂度推导、面试考点分析等可随时补充！