解题思路：
- 遍历网格： 逐个检查每个单元格。
- 发现陆地： 当遇到值为 ‘1’ 的单元格时，表示发现新岛屿，计数器加 1。
- 标记访问： 从当前单元格出发，递归访问其上下左右相邻的陆地，并将它们标记为已访问。
- 重复过程： 继续遍历网格直至所有单元格处理完毕。
Java代码：
class Solution {public int numIslands(char[][] grid) {int count = 0;for (int i = 0; i < grid.length; i++) {for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {if (grid[i][j] == '1') {dfs(grid, i, j);count++;}}}return count;}private void dfs(char[][] grid, int i, int j) {if (i == -1 || i == grid.length || j == -1 || j == grid[0].length || grid[i][j] != '1') return;grid[i][j] = '0';dfs(grid, i + 1, j);dfs(grid, i - 1, j);dfs(grid, i, j + 1);dfs(grid, i, j - 1);}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O(mn)。其中 m 是行数，n 是列数。每个单元格最多被访问一次。
- 空间复杂度： O(mn)。最坏情况下（如网格全为陆地），递归深度可达 mn。
解题思路：
- 初始化： 首先遍历整个网格，统计所有新鲜橘子的数量，并将所有初始腐烂橘子的位置加入队列。
- BFS 扩散： 从队列中取出腐烂橘子的位置，检查其四个方向的新鲜橘子，将其腐烂并加入队列。每次处理完一层腐烂橘子（即 BFS 的一层），时间增加一分钟。
- 终止条件： 当队列为空时，检查是否还有新鲜橘子。如果没有，返回总时间；否则返回 -1，表示无法全部腐烂。
Java代码：
class Solution {public int orangesRotting(int[][] grid) {Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();int freshOranges = 0;for (int i = 0; i < grid.length; i++) {for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {if (grid[i][j] == 2) {queue.offer(new int[]{i, j});} else if (grid[i][j] == 1) {freshOranges++;}}}if (freshOranges == 0) return 0;int[][] directions = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};int minutes = 0;while (!queue.isEmpty()) {int size = queue.size();boolean changed = false;for (int i = 0; i < size; i++) {int[] current = queue.poll();int x = current[0], y = current[1];for (int[] dir : directions) {int newX = x + dir[0];int newY = y + dir[1];if (newX >= 0 && newX < grid.length && newY >= 0 && newY < grid[0].length && grid[newX][newY] == 1) {grid[newX][newY] = 2;queue.offer(new int[]{newX, newY});freshOranges--;changed = true;}} }if (changed) minutes++;}return freshOranges == 0 ? minutes : -1;}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O(mn)。其中 m 是行数，n 是列数。每个单元格最多被访问一次。
- 空间复杂度： O(mn)。最坏情况下（如网格全为腐烂橘子），递归深度可达 mn。
