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994.Rotting Oranges
994.Rotting Oranges
难度:Easy
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：
oranges.png
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
解决方法，可以一步遍历一次，将相邻有2的值为1的单元格 变成2。这里在遍历过程中先变为-1，以免将刚变成2的当做腐烂橘子继续传递。
为了方便遍历，将数组扩展一周，这样每次都可以比较上下左右四个方向。
当不可遍历时，就是无法继续传递的时候，需要判断当前是否还存在1，如果存在，则表示无法完全腐烂，这里使用布尔常量can来表示。
flag表示是否已经无法继续遍历。
层次遍历可以使用递归实现。
class Solution {
bool can=true;
int getCount(vector<vector<int>>& grid)
{
bool flag=true;
bool other=false;
for(int i=1;i< grid.size()-1;i++)
{
for(int j=1;j<grid[0].size()-1;j++)
{
if(grid[i][j] ==1 && (grid[i][j+1]==2 || grid[i+1][j] ==2 || grid[i-1][j] ==2 || grid[i][j-1] ==2 ))
{
grid[i][j]=-1;
flag=false;
}
}
}
for(int i=0;i< grid.size();i++)
{
for(int j=0;j<grid[0].size();j++)
{
if(grid[i][j] ==-1) grid[i][j]=2;
if(grid[i][j]==1) other=true;
}
}
if(flag )
{
if(other) can=false;
return 0;
}
return 1+getCount(grid);
}
public:
int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
vector<vector<int>>Lgrid(grid.size()+2,vector<int>(grid[0].size()+2,0));
for(int i=1;i<Lgrid.size()-1;i++)
for(int j=1;j<Lgrid[0].size()-1;j++)
Lgrid[i][j]=grid[i-1][j-1];
int res= getCount(Lgrid);
return can?res:-1;
}
};
执行用时 :4 ms, 在所有 C++ 提交中击败了98.79%的用户 内存消耗 :9.2 MB, 在所有 C++ 提交中击败了89.23%的用户
Last modified 1yr ago