题目:
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
这道题时典型的多源广度优先搜索（BFS）问题，因为一开始有多个腐烂的橘子，它们会同时向四周扩散腐烂，BFS非常适合这种逐层扩散的最小时间。
解题思路
- 初始化：遍历网络，统计新鲜橘子数量，并把所有初始腐烂橘子的坐标加入队列（多源起点）。
- BFS扩散：每分钟处理队列中当前所有腐烂橘子，让它们向上下左右四个方向腐烂新鲜橘子，每腐烂一个就更新队列和新鲜橘子数量。
- 统计时间：每完成一轮扩散，时间加1.
- 结果判断：遍历结束后，若还有新鲜橘子返回-1，否则返回总时间。
代码关键说明
队列作用：存储当前所有腐烂橘子的坐标，保证逐层扩散（每分钟处理一批）
方向数组：dirs快速遍历上下左右四个相邻单元格，简化代码。
时间计算：最后一轮新感染的橘子会留在队列里，队列非空会再进入一次while循环，导致time多计入了一次。
边界判断：必须检查坐标是否在网格范围内，防止数组越界。
提前返回：如果初始就没有新鲜橘子，直接返回0。
Queue 是队列：先进先出 FIFO
- queue.poll() 👉 弹出、返回队头元素（最先进去的那个）
- 绝对不是队尾
int size = queue.size() :
逐层扩散不是指数组的行，是指当前所有腐烂橘子同时扩散。
1. for (int[] dir : dirs) 是什么意思？
这叫增强for循环
作用：把dirs里的四个方向，一个一个拿出来
- dirs是4个方向的集合
- int[] dir表示：每次拿出一个方向（一维数组）
第一次循环：dir = {-1, 0}
第二次循环：dir = {1, 0}
第三次循环：dir = {0, -1}
第四次循环：dir = {0, 1}
2. dir[0] 和 dir[1] 是什么？
每个方向都是 两个数字：
所以：
- dir [0] = 行怎么变
- dir [1] = 列怎么变
3. nx = x + dir[0] 到底在干嘛？
(x, y) = 当前烂橘子的位置
加上方向偏移，就是新位置：
int nx = x + dir[0]; // 新的行号
int ny = y + dir[1]; // 新的列号
完整代码实现如下：
class Solution {
public int orangesRotting(int[][] grid) {Queue<int[]>queue = new LinkedList<>();int fresh = 0;int m = grid.length;int n = grid[0].length;for(int i = 0;i<m;i++){for(int j = 0;j<n;j++){if(grid[i][j]==2){queue.offer(new int[]{i,j});}else if(grid[i][j]==1){fresh++;}}}if(fresh ==0) return 0;int[][] dirs = {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};int time = 0;//进入扩散循环while(!queue.isEmpty()){//每层扩散结束后记录新的腐烂橘子个数，准备进入下一层的扩散int size = queue.size();//开始逐层扩散for(int i = 0;i<size;i++){//取出队列里第一个腐烂的橘子int cur[] = queue.poll();int x = cur[0];int y = cur[1];//将四个方向的新鲜橘子感染for(int[]dir:dirs){int nx = x + dir[0];int ny = y + dir[1];if(nx>=0&&nx<m&&ny>=0&&ny<n&&grid[nx][ny]==1){grid[nx][ny]=2;fresh--;queue.offer(new int[]{nx,ny});}}}//感染完一层，时间+1time++;}//扩散完成最后感染的腐烂橘子还留在队列里，会多进入一次while循环，多计入一次time，time-1才是答案return fresh==0?time-1:-1;//如果腐烂的橘子四周是空的，导致没有感染到新鲜橘子，fresh!=0;返回-1
}
}