这道题属于hot100中的技巧分类，我们用到的思想时跟环形链表是一致的。
我们先定义两个快慢指针
把数组 → 抽象成带环的链表
- 数组下标 = 链表节点
- 数组值
nums[i]= 节点的next指针（指向下一个节点）
举个例子：nums = [1,3,4,2,2]
- 下标 0 → 值 1 → 下标 1
- 下标 1 → 值 3 → 下标 3
- 下标 3 → 值 2 → 下标 2
- 下标 2 → 值 4 → 下标 4
- 下标 4 → 值 2 → 下标 2
最终形成：0 → 1 → 3 → 2 → 4 → 2 → 4...2 就是环的入口，也是重复数字！
结论：重复数字 = 链表环的入口，这就是解题核心！
第一个while死循环是为了找到slow=fast的位置，是整个链表环中的任意位置。
然后定义一个head节点从头开始走，从头到链表环的入口的举例 = fast和slow节点相遇的位置到环入口的距离，这是数学上证明过的。另一个while循环就利用这一点，成功找到了环的入口也就是那个重复的元素。代码如下：
java
public int findDuplicate(int[] nums) {
//把环形链表的解法带入数组
int slow = 0;
int fast = 0;
while(true){
slow = nums[slow];
fast = nums[nums[fast]];
if(slow == fast){
break;
}
}
int head = 0;
while(head != slow){
slow = nums[slow];
head = nums[head];
}
return slow;
}- 时间复杂度：O(n)，其中 n 是 nums的长度。
- 空间复杂度：O(1)。
这是一道图论的题目，利用到BFS广度优先的思想。
我们一开始获得到这个图的m和n，也就是这是一个m行n列的图。然后遍历它，计算出来图中未腐烂的好橘子数量fresh以及已经腐烂的橘子位置，并将其存储到List类型的集合，泛型是int[]数组。
定义一个while循环去用腐烂的橘子去不断地感染好的橘子，ans代表分钟数。
先定义tmp存储已经腐烂的橘子q队列，去用for循环遍历。然后把q清空，因为此时的q需要不断地的去存储新被感染的橘子的位置。
还有一个循环是方向的循环，pos[0] + d[0] 和pos[1] + d[1]这里可能比较难理解(个人感觉)，当时我还理解了老大会儿。比如说一个腐烂橘子的位置是[2，1]，那么pos[0] 就是2，pos[1]就是 1。然后for会去遍历四个方向，比如说第一个方向是它的上方，[-1，0]。那么d[0] 就是-1，d[1]就是0。
然后就用if判断去感染橘子。最后返回时只有两种情况，要么就是fresh=0，也就是好橘子全部被感染，另一种情况就是fresh>0,但是腐烂的橘子无法感染到好橘子了。while循环退出。代码如下：
java
private static final int[][] DIRECTIONS = {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
public int orangesRotting(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
int fresh = 0;
List<int[]> q = new ArrayList<>();
for(int i = 0;i < m ;i++){
for(int j = 0; j<n;j++){
if(grid[i][j] == 1){
fresh++;
}else if(grid[i][j] == 2){
q.add(new int[]{i,j});
}
}
}
int ans =0;
while(fresh > 0 && !q.isEmpty()){
ans++;
List<int[]> tmp =q;
q= new ArrayList<>();
for(int[] pos : tmp){
for(int[] d : DIRECTIONS){
int i = pos[0] + d[0];
int j = pos[1] + d[1];
if(0<=i && i< m&& 0<=j && j<n && grid[i][j] == 1){
fresh--;
grid[i][j] = 2;
q.add(new int[]{i,j});
}
}
}
}
return fresh > 0 ? -1 : ans;
}复杂度分析
时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。
空间复杂度：O(mn)。
参考：
作者：灵茶山艾府