标签：广度优先遍历
难度：中等
在给定的 m x n 网格 grid 中，每个单元格可以有以下三个值之一：
- 值
0代表空单元格； - 值
1代表新鲜橘子； - 值
2代表腐烂的橘子。
每分钟，腐烂的橘子 周围 4 个方向上相邻 的新鲜橘子都会腐烂。
返回 直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回 -1 。
示例 1：
输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]] 输出：4
示例 2：
输入：grid = [[2,1,1],[0,1,1],[1,0,1]] 输出：-1 解释：左下角的橘子（第 2 行， 第 0 列）永远不会腐烂，因为腐烂只会发生在 4 个方向上。
示例 3：
输入：grid = [[0,2]] 输出：0 解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。
思路：详细注解见代码
// 经典广度优先遍历问题 // 解读一下该题的要求：返回所有橘子都被腐烂所需要的分钟数 // sp.一开始就是所有橘子都被腐烂状态，则直接返回0;最后仍剩余橘子不会被腐烂，返回-1
public int orangesRotting(int[][] grid) {int row = grid.length;int col = grid[0].length;int ans = 0; // ans记录结果返回分钟数int count = 0; //count记录新鲜橘子的数量// 广度优先搜索所需要队列，队列里放的是每个格子坐标，因此是int[][]Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();//找到初始时所有的腐烂橘子，作为广度优先搜索的一层for(int i = 0; i < row; i++){for(int j = 0; j < col; j++){if(grid[i][j] == 1)count++;else if(grid[i][j] == 2)queue.offer(new int[]{i, j});}}// 一开始就所有都是腐蚀状态，则直接返回0if(count == 0)return 0;// 四个方向广度优先遍历while(!queue.isEmpty()){if(count == 0)return ans; //没有新鲜橘子，返回结果ans++; //每一轮搜索分钟数加一int size = queue.size();for(int i = 0; i < size; i++){int[] pair = queue.remove();int m = pair[0];int n = pair[1];if(m > 0 && grid[m - 1][n] == 1){count--;queue.offer(new int[]{m - 1, n});grid[m - 1][n] = 2;}if(m + 1 < row && grid[m + 1][n] == 1){count--;queue.offer(new int[]{m + 1, n});grid[m + 1][n] = 2;}if(n > 0 && grid[m][n - 1] == 1){count--;queue.offer(new int[]{m, n - 1});grid[m][n - 1] = 2;}if(n + 1 < col && grid[m][n + 1] == 1){count--;queue.offer(new int[]{m, n + 1});grid[m][n + 1] = 2;}}}// 有剩余橘子没被腐蚀，返回-1return -1;}