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题目描述
在给定的网格中，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，任何与腐烂的橘子（在 4 个正方向上）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：[[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4
- 示例 2:
输入：[[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 个正向上。
- 示例3
输入：[[0,2]]
输出：0
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解释：因为 0 分钟时已经没有新鲜橘子了，所以答案就是 0 。
- 提示：
1 <= grid.length <= 101 <= grid[0].length <= 10grid[i][j]仅为0、1或2
题目分析
首先遍历数组，将腐烂的橘子入队列，记下新鲜橘子的个数。
如果没有新鲜的橘子直接返回0，反之遍历队列，将腐烂橘子四个方向的新鲜橘子加入队列，然后将新鲜的橘子个数减1。
当新鲜橘子的个数为0的时候直接返回step；如果队列为空时还有新鲜橘子则返回-1。
时间复杂度：O(nm)，即进行一次广度优先搜索的时间，其中 n=grid.length, m=grid[0].length。
空间复杂度：O(nm)，需要额外的 dis 数组记录每个新鲜橘子被腐烂的最短时间，大小为 O(nm)，且广度优先搜索中队列里存放的状态最多不会超过 nm 个，最多需要 O(nm) 的空间，所以最后的空间复杂度为 O(nm)。
class Solution {
public int orangesRotting(int[][] grid) {
int m = grid.length;
if (m == 0) return -1;
int n = grid[0].length;
// 存放新鲜的橘子的个数
int cnt = 0;
// 存放不新鲜橘子的位置(row 和 col)
Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (grid[i][j] == 2) queue.add(new int[]{i, j});
if (grid[i][j] == 1) cnt++;
}
}
// 如果没有新鲜的橘子，直接返回0
if (cnt == 0) return 0;
// 存储结果值，因为最小分钟数是从 0 开始，这里初始化为 -1
int res = -1;
int[][] dirs = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};
// 从烂橘子的位置出发进行 BFS
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
res++;
for (int i = 0; i < size; i++) {
int[] curr = queue.poll();
for (int[] dir : dirs) {
int row = curr[0] + dir[0];
int col = curr[1] + dir[1];
if (row < 0 || row >= m || col < 0 || col >= n || grid[row][col] != 1) {
continue;
}
// 将当前的好橘子标记为烂橘子
cnt--;
grid[row][col] = 2;
queue.add(new int[]{row, col});
}
}
}
// 如果还有好橘子的话，说明有橘子永远不会腐烂
if (cnt != 0) res = -1;
return res;
}
}
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