题目背景
这个问题是岛屿数量问题，给定一个由 '1'（陆地）和 '0'（水域）组成的网格，计算并返回其中岛屿的数量。一个岛屿是由相邻的陆地组成，陆地可以是水平或垂直相邻。
思路
我们可以使用深度优先搜索（DFS）来遍历每个岛屿。DFS 会遍历每个 '1' 组成的连通区域，将其标记为 '0'，表示已经访问过。每次遇到一个 '1' 时，都会启动一次 DFS 来将整片岛屿都标记掉，并增加岛屿计数。
关键步骤：
1. 遍历网格：遍历每个网格单元，如果它是 '1'，表示发现一个新的岛屿。
2. 深度优先搜索（DFS）：每发现一个新的岛屿，从这个 '1' 开始，使用 DFS 标记这个岛屿的所有陆地为 '0'，避免重复计算。
3. 岛屿计数：每次启动 DFS 之后，岛屿计数增加。
代码注释
class Solution {public:// 主函数，计算岛屿的数量int numIslands(vector<vector<char>>& grid) {int ans = 0; // 用于计数岛屿数量// 遍历网格的每个位置for(int i = 0; i < grid.size(); i++) { // 遍历每一行for(int j = 0; j < grid[0].size(); j++) { // 遍历每一列if(grid[i][j] == '1') { // 找到一个岛屿ans++; // 增加岛屿计数dfs(grid, i, j); // 启动 DFS 来标记整个岛屿}}}return ans; // 返回岛屿的数量}// 深度优先搜索函数，用来标记岛屿中的每个陆地void dfs(vector<vector<char>>& grid, int i, int j) {// 如果位置越界或者当前点是水域（'0'），则返回if(i < 0 || j < 0 || i >= grid.size() || j >= grid[0].size() || grid[i][j] == '0') {return;}// 将当前陆地标记为水域（'0'），表示已访问grid[i][j] = '0';// 递归调用 DFS，访问四个方向的邻居（上下左右）dfs(grid, i + 1, j); // 向下dfs(grid, i - 1, j); // 向上dfs(grid, i, j + 1); // 向右dfs(grid, i, j - 1); // 向左}};思路总结
1. 岛屿计数：我们遍历整个网格，遇到 '1' 就意味着发现了一个新的岛屿。然后启动 DFS，将这个岛屿标记掉。
2. DFS 标记岛屿：从当前 '1' 开始，DFS 会向上下左右四个方向扩展，找到所有连接的 '1'，并将它们标记为 '0'，表示已访问。
3. 递归边界条件：DFS 的递归条件判断是，越界或者遇到 '0'（水域）就返回，不再继续深入。
运行步骤
假设给定的 grid 是一个 4x5 的二维矩阵：
grid = [
['1', '1', '1', '0', '0'],
['1', '1', '0', '0', '0'],
['0', '0', '1', '0', '0'],
['0', '0', '0', '1', '1']
]
1. 初始化
• ans = 0，表示岛屿数量初始化为 0。
2. 遍历网格
1. 第一行： ['1', '1', '1', '0', '0']
• grid[0][0] = '1'，启动 DFS，ans++，ans = 1，然后将岛屿位置 '1' 转换为 '0'。
• DFS 会标记 grid[0][0], grid[0][1], grid[0][2] 为 '0'。
2. 第二行： ['1', '1', '0', '0', '0']
• grid[1][0] = '1'，但因为之前 DFS 已经把其标记为 '0'，所以跳过。
• grid[1][1] = '1'，也被标记为 '0'。
3. 第三行： ['0', '0', '1', '0', '0']
• grid[2][2] = '1'，启动 DFS，ans++，ans = 2，然后将岛屿位置 '1' 转换为 '0'。
• DFS 会标记 grid[2][2] 为 '0'。
4. 第四行： ['0', '0', '0', '1', '1']
• grid[3][3] = '1'，启动 DFS，ans++，ans = 3，然后将岛屿位置 '1' 转换为 '0'。
• DFS 会标记 grid[3][3], grid[3][4] 为 '0'。
3. 返回结果
• 最终 ans = 3，表示网格中有 3 个岛屿。
边界条件和优化
1. 空网格：如果 grid 是一个空矩阵，代码会自动跳过，因为 grid.size() 为 0，不会进入循环。
2. 大网格：该算法使用了深度优先搜索（DFS），时间复杂度为 O(m * n)，其中 m 和 n 分别是矩阵的行数和列数。对于每个节点，DFS 会被访问一次，因此时间复杂度是线性的。
总结
• 岛屿数量的计算：通过 DFS 遍历每个 '1'，每遇到一个未访问过的陆地（岛屿）就启动 DFS 来将其完全标记。
• 复杂度：时间复杂度为 O(m * n)，空间复杂度为 O(m * n)（递归栈的深度）。
这种方法能够高效地计算岛屿数量，同时避免重复计数岛屿。
