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
思路
标准的深度优先搜索模板题，就是要注意记录腐烂时间
T被腐烂 = T腐烂 + 1
代码
class Solution {
// 方向坐标，代表上下左右
int[][] to = {{-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {0, -1}};
int orangesRotting(int[][] grid) {
// 深度优先搜索，用队列记录遍历顺序
Queue<Integer> queue = new ArrayDeque<>();
int R = grid.length, C = grid[0].length;
for(int i = 0; i < R; ++i) {
for(int j = 0; j < C; ++j) {
if(grid[i][j] == 2) {
queue.offer(i*C+j);
}
}
}
int ans = 2;
while(!queue.isEmpty()) {
int tmp = queue.poll(), i = tmp/C, j = tmp%C;
for(int[] ints : to) {
int x = i + ints[0], y = j + ints[1];
if(x >= 0 && x < R && y >= 0 && y < C && grid[x][y] == 1) {
// 只要不为1都可以标记为腐烂，直接使用腐烂橘子代号+1
grid[x][y] = grid[i][j] + 1;
// 不用比较的原因：后被腐烂的橘子一定会后被遍历
ans = grid[x][y];
queue.offer(x*C+y);
}
}
}
for (int[] ints : grid) {
for(int i : ints) {
if(i == 1) {
return -1;
}
}
}
// 这里橘子序号与时间进行了关联，第 0 天的橘子序号为2，第 1 天为 3……
return ans-2;
}
}