第542题 01矩阵+第994题 腐烂的橘子

542.题目描述：

给定一个由 0 和 1 组成的矩阵 mat ，请输出一个大小相同的矩阵，其中每一个格子是 mat 中对应位置元素到最近的 0 的距离。

两个相邻元素间的距离为 1 。

542.题目解析：

通过广度优先遍历来解决这个问题，使用vis数组来判断是否访问过，首先我们将所有0在vis中对应位置的值设为1，并全部加入队中，从0开始往外（上下左右）辐射，如果辐射到一个点值为1并且没有被访问过，那么将该点的距离值设为辐射点加1的值，然后将该点加入队中并在访问矩阵中设置为已经访问，然后弹出下一个队中的点进行处理，直到队空，代码如下：

class Solution {
public:
    vectorint>> updateMatrix(vectorint>>& mat) {
        int row = mat.size();
        int col = mat[0].size();
        vectorint>> distance(row,vector<int>(col));
        vectorint>> vis(row,vector<int>(col));
        queueint,int>>q;
        for(int i = 0 ; i < row ; i++){
            for(int j = 0 ; j < col ; j++){
                if(mat[i][j]==0){
                    vis[i][j] = 1;
                    q.emplace(i,j);
                }
            }
        }
        while(!q.empty()){
            auto [posi,posj] = q.front();
            q.pop();
            if(posi-1>=0&&vis[posi-1][posj]!=1){
                distance[posi-1][posj] = distance[posi][posj]+1;
                vis[posi-1][posj] = 1;
                q.emplace(posi-1,posj);
            }
            if(posi+11][posj]!=1){
                distance[posi+1][posj] = distance[posi][posj]+1;
                vis[posi+1][posj] = 1;
                q.emplace(posi+1,posj);
            }
            if(posj-1>=0&&vis[posi][posj-1]!=1){
                distance[posi][posj-1] = distance[posi][posj]+1;
                vis[posi][posj-1] = 1;
                q.emplace(posi,posj-1);
            }
            if(posj+11]!=1){
                distance[posi][posj+1] = distance[posi][posj]+1;
                vis[posi][posj+1] = 1;
                q.emplace(posi,posj+1);
            }
        }
        return distance;
    }
};

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内存消耗：32.4 MB, 在所有 C++ 提交中击败了11.66%的用户

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994.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 。

994.题目解析：

和542题几乎一模一样，只不过在访问矩阵初始化中，将放置腐烂橘子和没有橘子的点都设为1，然后进行遍历即可，注意这里最后是要范围新鲜橘子全部变为腐烂橘子所用的分钟数，如果有新鲜的橘子没有腐烂则返回-1，可以在感染传播的过程中，不断更新时间的最大值，并通过新鲜橘子的数量来进行判断是否完全感染，比如新鲜橘子总数为X，每次感染X-1，最后判断X是否为0即可，若为0范围我们不断更新的ans值，若不为0则返回-1，当然也可以在最后通过一个两层for的循环遍历，来判断，如果在新鲜橘子的地方它对应的感染时间为0，那么说明它没被感染，代码如下：

class Solution {
public:
    int orangesRotting(vectorint>>& grid) {
        int row = grid.size();
        int col = grid[0].size();
        int mar[] = {-1,0,1,0,-1};
        int ans = 0;
        vectorint>> time(row,vector<int>(col));
        vectorint>> vis(row,vector<int>(col));
        queueint,int>> q;
        for(int i = 0 ; i
            for(int j = 0 ; j
                if(grid[i][j]==2){
                    q.emplace(i,j);
                    vis[i][j] = 1;
                }
                if(grid[i][j]==0)vis[i][j] = 1;
            }
        }
        while(!q.empty()){
            auto [posi,posj] = q.front();
            q.pop();
            for(int i = 0 ; i<4 ; i++){
                int x = posi+mar[i];
                int y = posj+mar[i+1];
                if(x>=0&&x=0&&y1){
                    time[x][y] = time[posi][posj]+1;
                    ans = max(ans,time[x][y]);
                    vis[x][y] = 1;
                    q.emplace(x,y);
                }
            }
        }
        for(int i = 0 ; i
            for(int j = 0 ; j
                if(grid[i][j]==1&&time[i][j]==0)return -1;
            }
        }
        return ans;
    }
};

执行用时：4 ms, 在所有 C++ 提交中击败了88.81%的用户

内存消耗：13.1 MB, 在所有 C++ 提交中击败了14.49%的用户