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
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 <= 10
1 <= grid[0].length <= 10
grid[i][j] 仅为 0、1 或 2
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/rotting-oranges
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解法：
class Solution {
int[] dr = {-1, 0, 1, 0};
int[] dc = {0, -1, 0, 1};
public int orangesRotting(int[][] grid) {
Queue<Integer> que = new LinkedList<>();
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
int R = grid.length;
int C = grid[0].length;
for (int i = 0; i < R; i++) {
for (int j = 0; j < C; j++) {
if (grid[i][j] == 2) {
int code = i * C + j;
que.add(code);
map.put(code, 0);
}
}
}
int ans = 0;
while (!que.isEmpty()) {
int cur = que.poll();
int r = cur / C;
int c = cur % C;
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int next_r = r+dr[i];
int next_c = c+dc[i];
if (0 <= next_r && next_r < R && 0 <= next_c && next_c < C && grid[next_r][next_c] == 1) {
grid[next_r][next_c] = 2;
int code = next_r * C + next_c;
que.add(code);
map.put(code,map.get(cur)+1);
ans = map.get(code);
}
}
}
for (int i = 0; i < R; i++) {
for (int j = 0; j < C; j++) {
if(grid[i][j] == 1){
return -1;
}
}
}
return ans;
}
}
思路概述:
先遍历数组，记录下一开始就为2的位置，将元素的位置信息存入队列，再用map集合记录当前元素和传染时间0。
之后队列弹出元素，算出元素行坐标与列坐标，分别判断上下左右（通过与数组dr、dc相加）是否不越界且为1，如果为1，则将被传染的元素坐标加入队列，再将元素值与当前传染时间+1存入map，不断用ans记录当前时间（只会越来越大）
之后再次遍历整个数组，如果存在为1的值，则返回-1，否则返回ans
