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994.腐烂的橘子

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：二维数组
输出：最短时间
思路：看过题解本题使用BFS，广度优先算法，首先遍历数组，找到所有的“2”和“1”，然后统计，将“2”存在队列中，队列中的元素是数组，存的是“2”对应坐标，设置变量记录“1”的数，将所有的“2”存入队列中然后当做广度优先遍历的第0层，然后弹出，并将所能“污染”到的“1”进行“污染”，然后每一个“1”变为“2”，“1”的数量减一，最后判断是否大于0，大于0则返回最短时间，小于0则返回-1。

class Solution {public int orangesRotting(int[][] grid) {//1的个数int num = 0;//2的坐标Queue<int[]> que = new LinkedList<>();//数组纬度int m = grid.length;int n = grid[0].length;//循环遍历数组for(int i = 0; i < m; i++){for(int j = 0; j < n; j++){if(grid[i][j] == 2){que.add(new int[]{i , j});}else if(grid[i][j] == 1){num++;}}}//时间int time = 0;while(num > 0 && !que.isEmpty()){time++;//把2的坐标记录下来//遍历2int n1 = que.size();for(int i = 0; i < n1; i++){int[] pos = que.poll();int x = pos[0];int y = pos[1];//判断边界和1if(x + 1 < m && grid[x + 1][y] == 1){que.add(new int[]{x + 1, y});grid[x + 1][y] = 2;num--;}if(y + 1 < n && grid[x][y + 1] == 1){que.add(new int[]{x, y + 1});grid[x][y + 1] = 2;num--;}if(x - 1 >= 0 && grid[x - 1][y] == 1){que.add(new int[]{x - 1, y});grid[x - 1][y] = 2;num--;}if(y - 1 >= 0 && grid[x][y - 1] == 1){que.add(new int[]{x, y - 1});grid[x][y - 1] = 2;num--;}}}//还有1，返回-1if(num > 0){return -1;}return time;}
}

注意：此处int n1 = que.size(); for(int i = 0; i < n1; i++){...}不能写成for(int i = 0; i < que.size(); i++)

如果使用 for(int i = 0; i < que.size(); i++)，队列大小在循环过程中可能会动态变化，导致逻辑错误。
如果使用 int n1 = que.size(); for(int i = 0; i < n1; i++)，队列大小在循环开始前固定，循环次数不会受到动态变化的影响，逻辑更加稳定。