LeetCode0542.01矩阵-创新互联

【LetMeFly】542.01 矩阵

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/01-matrix/

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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。

示例 1：

输入：mat = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：[[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]

示例 2：

输入：mat = [[0,0,0],[0,1,0],[1,1,1]]
输出：[[0,0,0],[0,1,0],[1,2,1]]

提示：

m == mat.length
n == mat[i].length
1<= m, n<= 10⁴
1<= m * n<= 10⁴
mat[i][j] is either 0 or 1.
mat中至少有一个0

方法一：广度优先搜索

首先遍历原始矩阵，找到所有的0，将其位置入队。

接着在队列不为空时，不断出队一个位置，并判断这个位置的上下左右是否被遍历过。

如果还没有被遍历过，那么就将新的位置入队。并将地图中新的位置的值修改为“出队位置的值 + 1”

原理：

所有的原始的0最终结果都是0。广度优先搜索就是在所有的“0”的位置中，走一步。这一步所到的位置就是“1”步能到达的位置。同理，“1”经过一步到达的位置就是“2”。最先到达的就是步数最少的。

时间复杂度 O ( n m ) O(nm) O(nm)
空间复杂度 O ( n m ) O(nm) O(nm)

AC代码 C++

typedef pairpii;
const int direcitons[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
class Solution {public:
    vector>updateMatrix(vector>& mat) {int n = mat.size(), m = mat[0].size();
        vector>visited(n, vector(m, false));
        queueq;
        for (int i = 0; i< n; i++) {for (int j = 0; j< m; j++) {if (!mat[i][j]) {visited[i][j] = true;
                    q.push({i, j});
                }
            }
        }
        while (q.size()) {pii thisNode = q.front();
            q.pop();
            for (int d = 0; d< 4; d++) {int tx = thisNode.first + direcitons[d][0];
                int ty = thisNode.second + direcitons[d][1];
                if (tx >= 0 && tx< n && ty >= 0 && ty< m) {if (!visited[tx][ty]) {visited[tx][ty] = true;
                        mat[tx][ty] = mat[thisNode.first][thisNode.second] + 1;
                        q.push({tx, ty});
                    }
                }
            }
        }
        return mat;
    }
};

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Tisfy：https://letmefly.blog.csdn.net/article/details/128175163

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新闻标题：LeetCode0542.01矩阵-创新互联
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