【542. 01 矩阵 中等】

题目：

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 == mati.length
• 1 <= m, n <= 104
• 1 <= m * n <= 104
• matij is either 0 or 1.
• mat 中至少有一个 0

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思路：

和1162. 地图分析 中等思路一样。

• 首先把每个源点 0 入队，然后从各个 0 同时开始一圈一圈的向 1 扩散（每个 1 都是被离它最近的 0 扩散到的 ）
• 这里要注意先把 mat 数组中 1 的位置设置成 -1，因为这样代表未被访问，其他数值不行。

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代码：

class Solution {
public:
    //  定义四个移动方向
    int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, 0, -1, -1, 0};
    vector<vector<int>> updateMatrix(vector<vector<int>>& mat) {
        int rows = mat.size();
        if(rows == 0) return mat;
        int cols = mat[0].size();
        queue<pair<int, int>> que1;

        //  将所有的0都放入队列
        //  1标记为-1，表示未被访问
        for(int i = 0; i < rows; i++){
            for(int j = 0; j < cols; j++){
                if(mat[i][j] == 0) que1.push({i, j});
                else mat[i][j] = -1;
            }
        }
        
        //  bfs
        while(!que1.empty()){
            pair<int, int> cur = que1.front(); que1.pop();
            int curx = cur.first;
            int cury = cur.second;

            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int nx = curx + dir[i][0];
                int ny = cury + dir[i][1];

                if(nx >= 0 && nx < rows && ny >= 0 && ny < cols && mat[nx][ny] == -1){
                    mat[nx][ny] = mat[curx][cury] + 1;    // 只重新计算原本是1的节点的数值
                    que1.push({nx, ny});
                }
            }
        }
        return mat;
    }
};

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总结：

时间复杂度：O(M * N)，其中 M 是矩阵的行数，N 是矩阵的列数。每个单元格最多被访问一次。

空间复杂度：O(M * N)，用于队列。

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参考：

代码随想录