在给定的 m x n 网格 grid 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，腐烂的橘子 周围 4 个方向上相邻 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：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4

示例 2：

输入：grid = [[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 个方向上。

示例 3：

输入：grid = [[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：

• $m==grid.length$
• $n==grid[i].length$
• $1<=m,n<=10$
• $grid[i][j]$ 仅为 $0$、$1$ 或 $2$

思路：bfs（宽度优先遍历）

• 先将烂橘子所在的坐标都加入队列，并将对应位置时间都置 0
• 然后通过 bfs 搜索，对搜索到的位置的 4 个方向的新鲜橘子，都标记为烂橘子，然后将时间 + 1，time[a][b] = time[x][y] + 1
• bfs 搜完之后，遍历所有位置，找到时间最大的烂橘子，如果此时还有新鲜橘子，说明是不能搜到的，返回 -1 即可

class Solution {
public:
    int time[15][15];
    queue<pair<int, int>> q;
    int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
    int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
        int n = grid.size(), m = grid[0].size();
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int j = 0; j < m; j++){
                if(grid[i][j] == 2){
                    time[i][j] = 0;
                    q.push({i, j});
                }
            }
        
        while(q.size()){
            auto t = q.front();
            q.pop();
            for(int i = 0; i < 4; i++){
                int a = t.first + dx[i], b = t.second + dy[i];
                if(a < n && a >= 0 && b >= 0 && b < m && grid[a][b] == 1){
                    time[a][b] = time[t.first][t.second] + 1;
                    grid[a][b] = 2;
                    q.push({a, b});
                }
            }
        }
        int res = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int j = 0; j < m; j++){
                if(grid[i][j] == 1){
                    return -1;
                }else if(grid[i][j] == 2){
                    res = max(res, time[i][j]);
                }
            }
        return res;
    }
};