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
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class Solution {
public:
int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
int i, j, k, len, x, y, goodfruits = 0;
int m = grid.size(), n = grid[0].size(), minutes = -1;
queue<pair<int,int>> q;
for(i = 0; i < m; ++i)
for(j = 0; j <n; ++j)
if(grid[i][j] == 2)
{
q.push({i,j});//烂橘子入队
grid[i][j] = -1;//访问过了
}
else if(grid[i][j] == 1)
goodfruits++;//好橘子个数
if(goodfruits == 0)
return 0;//没有好橘子,直接返回
vector<pair<int,int>> dir = {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
while(!q.empty())
{
len = q.size();
while(len--)
{
for(k = 0; k < 4; ++k)
{
x = q.front().first+dir[k].first;
y = q.front().second+dir[k].second;
if(x>=0 && x<m && y>=0 && y<n && grid[x][y]!= -1 && grid[x][y]==1)
{ //没访问过 && 是好橘子
q.push({x,y});
grid[x][y] = -1;//访问了
goodfruits--;//烂了
}
}
q.pop();
}
++minutes;
}
if(goodfruits)
return -1;//还有好橘子,所以不可能全烂掉
return minutes;
}
};