这题首先要判断好一轮是什么意思。
我的做法是遍历所有格子算一轮。
更新的时间是另一个点。我开始是遇到就更新，后来改成了遇到先记录，遍历一轮结束再把记录的更新。
还有就是，在更新的时候，行和列的下标需要细心检查，否则会发生很多奇怪的错误。
class Solution {
public:
int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
int cnt=0;
while(true){
bool flag=true;
int lr[4]={-1,1,0,0};
int ud[4]={0,0,-1,1};
vector<pair<int,int> > temp;
for(int i=0;i<grid.size();i++){
for(int j=0;j<grid[i].size();j++){
if(grid[i][j]==2){
temp.push_back(make_pair(i,j));
}
}
}
if(temp.size()>0){
for(int i=0;i<temp.size();i++){
for(int k=0;k<4;k++){
if(ud[k]+temp[i].first<0)continue;
if(ud[k]+temp[i].first>=grid.size())continue;
if(lr[k]+temp[i].second<0)continue;
if(lr[k]+temp[i].second>=grid[temp[i].first].size())continue;
if(grid[temp[i].first+ud[k]][lr[k]+temp[i].second]==1){
grid[temp[i].first+ud[k]][lr[k]+temp[i].second]=2;
flag=false;
}
}
}
}
if(flag){
break;
}
cnt++;
}
for(int i=0;i<grid.size();i++){
for(int j=0;j<grid[i].size();j++){
if(grid[i][j]==1)return -1;
}
}
return cnt;
}
};
在给定的网格中，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，任何与腐烂的橘子（在 4 个正方向上）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：[[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4
示例 2：
输入：[[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 个正向上。
示例 3：
输入：[[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：
1 <= grid.length <= 10
1 <= grid[0].length <= 10
grid[i][j] 仅为 0、1 或 2