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
思路: 适合广度搜索，广度搜索是以层的概念来扩展，同时， 这个地方必须首先将全部的烂橘子都加入，再同时以烂橘子这一层开始bfs, 最后结束后，再遍历一遍数组，遇到没烂的橘子，就返回-1，否则返回path-1. 这里为啥要先将烂橘子都加入，因为存在类似[[2,2,2,1,1]]这种情况。如果只单加第一个2那么烂橘子不能蔓延 如果二维数组存在多个烂橘子，那烂橘子是同时向周围蔓延，所以是以{所有的烂橘子这一层}–>{向未烂蔓延}。
class Solution { static class Node{ int r; int c; public Node(int i,int j){ this.r = i; this.c = j; } } static final int[][] f = {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}}; int path = 0; public int orangesRotting(int[][] grid) { Queue<Node> nodes = new LinkedList<>(); for(int i =0;i<grid.length;i++) { for(int j = 0;j<grid[0].length;j++) { if(grid[i][j]==2) { nodes.add(new Node(i,j)); } } } while(!nodes.isEmpty()) { int size = nodes.size(); path++; while(size-->0){ Node root = nodes.poll(); int r = root.r; int c = root.c; // 1.加标记 for(int[] m:f) { int h = r+m[0]; int l = c+m[1]; if(h<0||h>=grid.length ||l<0||l>=grid[0].length||grid[h][l]==0||grid[h][l]==2) continue; grid[h][l]=2; nodes.add(new Node(h,l)); } } } for(int i = 0;i<grid.length;i++) { for(int j = 0;j<grid[0].length;j++) { if(grid[i][j]==1) return -1; } } if(path>0) return path-1; return path; } }bfs遍历过程中需要注意的点： 1.在每一层中处理当前节点问题，需要去加标记重复遍历吗？ 2.向周围遍历的时候，能添加的条件，这是重复入队的因素，需要考虑。或者找到终点的结果return 出去。 3.找到新节点需要加标记防止重复标记吗？
