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题目描述：

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 。

输入输出样例：

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 。

提示：
m== grid.length
n == grid[i].length
1 <= m, n <= 10
grid[i][j] 仅为 0、1 或 2

题解：

解题思路：

思路一（广度优先遍历（队列））：

1、从柿子腐烂的过程，可以容易的想到腐烂是从坏柿子为中心开始一圈一圈向外进行蔓延。每个柿子为一个腐烂的中心，同时进行腐烂。容易想到每个腐烂的橘子为中心同时进行广度优先遍历，将好柿子变为坏柿子。

2、具体思路如下：
① 一开始遍历整个网格，将所有腐烂的柿子入队（并统计好柿子的数量，如果好柿子的数量为0则返回时间0）。

② 统计此时队列中腐烂柿子的数量n0。
③ 将n0个腐烂柿子出队，并将其上下左右好柿子入队，入队时将其变为腐烂的柿子。
④ 此时将时间(time)+1,并更新剩余好柿子数量（好柿子-新腐烂的柿子）。

⑤ 统计此时队列中腐烂柿子的数量n1。
⑥ 将n1个腐烂柿子出队，并将其上下左右好柿子入队，入队时将其变为腐烂的柿子。
⑦ 此时将时间(time)+1，并更新剩余好柿子数量（好柿子-新腐烂的柿子）。
…
…
…
重复上述过程，直至队列为空为止。
⑧ 如果好柿子的数量>0,则输出-1。如果好柿子的数量=0,则输出时间(time)。

3、复杂度分析：
① 时间复杂度：O(mn)，其中 n,m 分别为 grid 的行数与列数，先对网格的坏橘子入队，统计好橘子的数量O(mn)。再进行一次广度优先搜索的时间O(mn)。
② 空间复杂度：O(m+n)，主要取决于栈的深度，最坏情况为m=n时，中心的一个为坏橘子，栈中元素最多为最外层的数量(2m+2n)。

代码实现

代码实现（思路一（广度优先遍历（队列）））：

int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {//网格的行和列int r_size=grid.size(),c_size=grid[0].size();//好柿子的数量int nums_goodOrange=0;//最小分钟数int time=0;//存放腐烂句子的队列queue<pair<int,int>> Q;//遍历网格统计好橘子的数量，并将坏橘子入队（进行后续的广度优先遍历）for (int r = 0; r < r_size; r++){for (int c = 0; c < c_size; c++){//坏柿子入队if (grid[r][c]==2){Q.push({r,c});//统计好柿子数量}else if(grid[r][c]==1){nums_goodOrange+=1;}}}//如果好橘子的数量为0则之间返回0if (nums_goodOrange==0) return 0;//注意我们队列中一开始会存储坏橘子的数量，所以我们在这里加上，便于我们后续统计好橘子转换为坏橘子的数量nums_goodOrange+=Q.size();while (!Q.empty()){//“一层”坏橘子的数量int n=Q.size();//将n0个腐烂柿子出队，并将其上下左右好柿子入队，入队时将其变为腐烂的柿子//此时将时间(time)+1,并更新剩余好柿子数量（好柿子-新腐烂的柿子）。for (int i = 0; i < n; i++){auto rc= Q.front();Q.pop();int r=rc.first,c=rc.second;//处理坏柿子紧挨着上下左右的好柿子if (r-1>=0 && grid[r-1][c]==1){grid[r-1][c]=2;Q.push({r-1,c});}if (r+1<r_size && grid[r+1][c]==1){grid[r+1][c]=2;Q.push({r+1,c});}if (c-1>=0 && grid[r][c-1]==1){grid[r][c-1]=2;Q.push({r,c-1});}if (c+1<c_size && grid[r][c+1]==1){grid[r][c+1]=2;Q.push({r,c+1});}}//新腐烂一层柿子后time+1,更新好柿子的数量++time;nums_goodOrange-=n;}if (nums_goodOrange>0){return -1;}//注意一开始我们统计了一次，最开始就是腐烂的坏柿子，所以要减去return time-1;
}

以思路一为例进行调试

#include<iostream>
#include <vector>
#include<queue>
using namespace std;class Solution {
public:int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {//网格的行和列int r_size=grid.size(),c_size=grid[0].size();//好柿子的数量int nums_goodOrange=0;//最小分钟数int time=0;//存放腐烂句子的队列queue<pair<int,int>> Q;//遍历网格统计好橘子的数量，并将坏橘子入队（进行后续的广度优先遍历）for (int r = 0; r < r_size; r++){for (int c = 0; c < c_size; c++){//坏柿子入队if (grid[r][c]==2){Q.push({r,c});//统计好柿子数量}else if(grid[r][c]==1){nums_goodOrange+=1;}}}//如果好橘子的数量为0则之间返回0if (nums_goodOrange==0) return 0;//注意我们队列中一开始会存储坏橘子的数量，所以我们在这里加上，便于我们后续统计好橘子转换为坏橘子的数量nums_goodOrange+=Q.size();while (!Q.empty()){//“一层”坏橘子的数量int n=Q.size();//将n0个腐烂柿子出队，并将其上下左右好柿子入队，入队时将其变为腐烂的柿子//此时将时间(time)+1,并更新剩余好柿子数量（好柿子-新腐烂的柿子）。for (int i = 0; i < n; i++){auto rc= Q.front();Q.pop();int r=rc.first,c=rc.second;//处理坏柿子紧挨着上下左右的好柿子if (r-1>=0 && grid[r-1][c]==1){grid[r-1][c]=2;Q.push({r-1,c});}if (r+1<r_size && grid[r+1][c]==1){grid[r+1][c]=2;Q.push({r+1,c});}if (c-1>=0 && grid[r][c-1]==1){grid[r][c-1]=2;Q.push({r,c-1});}if (c+1<c_size && grid[r][c+1]==1){grid[r][c+1]=2;Q.push({r,c+1});}}//新腐烂一层柿子后time+1,更新好柿子的数量++time;nums_goodOrange-=n;}if (nums_goodOrange>0){return -1;}//注意一开始我们统计了一次，最开始就是腐烂的坏柿子，所以要减去return time-1;}
};int main(int argc, char const *argv[])
{vector<vector<int>> grid={{2,1,1},{0,1,1},{1,0,1}};//统计腐烂柿子的数量并输出Solution s;cout<<s.orangesRotting(grid);return 0;
}

部分代码解读

pair<int,int>的解读请点击此链接：(LeetCode 热题 100_岛屿数量（51_200_中等_C++）（图；深度优先遍历；广度优先搜索）(pair＜int,int＞)

LeetCode 热题 100_腐烂的橘子（52_994)原题链接
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