深度优先搜索与广度优先搜索前情回顾：
深度搜索dfs与广度搜索bfs算法总结（c++ 例题）
本节是广度优先搜索的进阶：
01矩阵传送门：
https://leetcode.cn/problems/01-matrix/?envType=study-plan&id=suan-fa-ru-men&plan=algorithms&plan_progress=1ophias
寻找数组中的每一个元素距离最近的零的距离。
利用广度优先搜索：
我们要记录数组的每一元素距离最近的零的距离，可以发现：
0距离最近的元素就是零。
1距离最近的零可以由四周的零走一步得到，因此距离是2。
标记数组将初始数组中所有的0标记为1，表示我们不需要修改它的值，0的距离就是0.所有非零元素在标记数组都被标记为0。寻找标记数组中值为0的位置，这即是我们所需要修改的位置，我们可以通过它的上一步 +1 并且把这个值放到一个结果数组中，结果数组中的存储的元素即是最后的答案。
class Solution {private:
const int dirX[4]{0,0,-1,1};
const int dirY[4]{-1,1,0,0};
public:
vector>updateMatrix(vector>& mat) {int nr=mat.size(),nc=mat[0].size();
//1. 标记数组
vector>fg_mat(nr,vector(nc));
//2. 结果数组
vector>dst(nr,vector(nc));
//3. 队列：广度优先搜索
queue>q;
//4. 预处理： 把所有的0标记为1，代表不需要管0元素的位置，但是我们要从这里开始进行广度优先搜索
for (int i=0;ifor (int j=0;jif (mat[i][j]==0)
{q.emplace(i,j);
fg_mat[i][j]=1;
}
}
}
//5. 开始广度搜索
while (!q.empty())
{pairp=q.front();
q.pop();
//6. 遍历某个点的四个方向
for (int i=0;i<4;i++)
{int mx=p.first+dirX[i];
int my=p.second+dirY[i];
//7. 只需要计算非零的元素的位置
if (mx>=0 && mx=0 && my //8. 位置更新，由上一个的值 +1得到，走了一步
dst[mx][my]=dst[p.first][p.second]+1;
q.emplace(mx,my);
//9. 标记这个点已经走过了
fg_mat[mx][my]=1;
}
}
}
return dst;
}
}; 传送门：
https://leetcode.cn/problems/as-far-from-land-as-possible/
地图上：0代表海洋，1代表陆地。找到海洋距离陆地大的距离。 地图中只包含0和1两种。
这道题和上一道题基本类似：
我们寻找距离陆地大的海洋的坐标位置，可以看作上一题：就是求距离0的最远的距离。
上一题我们已经找到了每个点距离最近的0的距离，我们只需要找到这个值大的点，即是距离大的点，这道题的答案。
class Solution {private:
const int dirX[4]{0,0,-1,1};
const int dirY[4]{-1,1,0,0};
public:
int maxDistance(vector>& grid) {int nr=grid.size(),nc=grid[0].size();
//1. 标记数组
vector>fg_map(nr,vector(nc));
//2. 结果数组
vector>dst(nr,vector(nc));
//3. 队列
queue>q;
//4. 忽略陆地：把陆地视作上一题的0，我们不考虑他们，把他们标记为1，但是要从他们开始进行广度优先搜索
for (int i=0;ifor (int j=0;jif (grid[i][j]==1)
{fg_map[i][j]=1; //注意这个位置
q.emplace(i,j);
}
}
}
// Step： 如果队列为空或者包含全部的数组的元素，则表示全部是海洋或者陆地，返回-1
// (1) q.size()==0 全都是0，即全部都是海洋
// (2) q.size()==nr*nc 全部都是1，即全部都是陆地（刚才把陆地的值入队）
if (q.size()==0 || q.size()==nr*nc)
{//全都是海洋：0 陆地：1（队列等于总大小）
return -1;
}
//5. 队列不为空：遍历所有海洋
while (!q.empty())
{pairp=q.front();
q.pop();
for (int i=0;i<4;i++)
{int mx=p.first+dirX[i];
int my=p.second+dirY[i];
//6. 遍历每一方向，广度搜索海洋距离陆地的大距离
if (mx>=0 && mx=0 && my //7. 更新结果数组： 由上一步 +1得到这个点的值（即是距离）
dst[mx][my]=dst[p.first][p.second]+1;
q.emplace(mx,my);
//8. 标记为已经走过
fg_map[mx][my]=1;
}
}
}
//9. 找到dst结果的大值，因为我们要找到海洋距离陆地的大距离
int maxnum=0;
for (auto& x:dst)
{for (auto& y:x)
{maxnum=max(y,maxnum);
}
}
return maxnum;
}
}; 传送门：
https://leetcode.cn/problems/rotting-oranges/
题目：
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。
腐烂的距离每一分钟周围的四周都会腐烂，请问当所有的橘子都腐烂，一共需要多长时间，也可能会有不会腐烂的橘子，则返回-1.
我们需要：
第一分钟：红色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2（腐烂标记），时间数组更新为 1，表示第一分钟。第二分钟：蓝色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2，时间数组更新为 2，表示第二分钟。第三分钟：绿色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2，时间数组更新为 3，表示第三分钟。第四分钟：棕色为此时扩散的腐烂的橘子，表示数组更新为2，时间数组更新为 4，表示第四分钟。大值即是最后的时间。
对应标记数组来判断是那种情况。当然也可以直接在时间数组中再给空橘子单独设置一个值。
class Solution {private:
const int dirX[4]{0,0,-1,1};
const int dirY[4]{-1,1,0,0};
public:
int orangesRotting(vector>& grid) {int nr=grid.size(),nc=grid[0].size();
vector>fg(nr,vector(nc));
vector>time(nr,vector(nc));
queue>q;
for (int i=0;ifor (int j=0;j//腐烂橘子
if (grid[i][j]==2)
{q.emplace(i,j);
fg[i][j]=2; //腐烂橘子 表示为2
time[i][j]=0; //时间数组 表示为0
}
if (grid[i][j]==1)
{fg[i][j]=1; //正常橘子 表示为1
time[i][j]=-1; //时间数组 表示为-1
}
}
}
while (!q.empty())
{pairp=q.front();
q.pop();
for (int i=0;i<4;i++)
{int mx=p.first+dirX[i];
int my=p.second+dirY[i];
if (mx>=0 && mx=0 && myfg[mx][my]=2; //橘子变腐烂
time[mx][my]=time[p.first][p.second]+1; //时间增加
q.emplace(mx,my); //从下一个腐烂的橘子开始
}
}
}
int max_num=0;
for (int i=0;ifor (int j=0;jmax_num=max(max_num,time[i][j]);
//时间是-1，并且表示为1，则这个橘子未腐烂，返回-1
if (time[i][j]==-1 && fg[i][j]==1)
{return -1;
}
}
}
return max_num;
}
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