1.题目
2.题目意思
矩阵由01组成，找出矩阵每个元素到最近的0的距离。显然，0到0的距离就是0.
3.代码
解法一：
class Solution:
def updateMatrix(self, matrix: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
m, n = len(matrix), len(matrix[0])
Q = collections.deque([])
visited = set()
# 初始化队列，将所有起始点加入
for i in range(m):
for j in range(n):
if matrix[i][j] == 0:
Q.append((i, j))
visited.add((i, j))
# 将所有相邻节点加入队列
while Q:
i, j = Q.popleft()
for x, y in [(i+1, j), (i-1, j), (i, j+1), (i, j-1)]:
if 0 <= x < m and 0 <= y < n and (x, y) not in visited:
matrix[x][y] = matrix[i][j] + 1
visited.add((x, y))
Q.append((x, y))
return matrix
思路：队列+bfs~
用bfs就得用到队列~就像用dfs就得用到递归。所以，Q = collections.deque([])构建了一个双端队列，可从队列左右增加，删减数值。同时构建一个集合visited来记录哪些元素访问过。
接下来进行初始化，如果矩阵值等于0，加入队列Q，并加入visited。加入visited是因为等于0最近的就是0，就不用再重复计算了。加入队列是因为，从0开始计算周边非0单位的距离。另外，其实visited不用集合，用列表也行，因为只会进去一次，但是居然超出时间限制了。。。查了一下，set的搜索速度快的一批，相当的快，在数据量较大的情况下，能比list快5500倍，而且数据量越大，越快。另外，用个set进行维护实际上就是空间换时间~
接下里就是访问双端队列的每一个元素，每次从队列左边弹出，访问上下左右四个元素。如果该元素没访问过（即not in visited），则该元素距离+1，加入队列。因为他旁边是0嘛。然后这个元素出列的时候，他旁边没访问过的元素就是再+1，就变成2了，这也是实现的关键所在。你品，你细品~
解法二：
class Solution:
def updateMatrix(self, matrix: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
m, n = len(matrix), len(matrix[0])
for i in range(m):
for j in range(n):
if matrix[i][j] == 1:
matrix[i][j] = m*n
if i>0:
matrix[i][j] = min(matrix[i][j], matrix[i-1][j]+1)
if j>0:
matrix[i][j] = min(matrix[i][j], matrix[i][j-1]+1)
for i in range(m-1, -1, -1):
for j in range(n-1, -1, -1):
if i < m-1:
matrix[i][j] = min(matrix[i][j], matrix[i+1][j]+1)
if j < n-1:
matrix[i][j] = min(matrix[i][j], matrix[i][j+1]+1)
return matrix
思路：dp
这个dp很简单，初始化时，0就是0，非0给他换成一个很大的数。原因后面说。
然后正向dp，比较右边和下面的元素（如果存在的话），如果自己小就取自己（比如自己是0），如果别的小，就取别人+1。这就是为啥一开始初始化要换掉的原因。因为我们是原地操作，所以原矩阵的1代表次数是1，新矩阵的1代表的是距离为1，此1非彼1，初始化换大一点实际上就是把距离初始为无穷大。
然后再反向dp，比较左边和上边的元素，就完了。
因为是原地操作，所以内存占用很小，轻易超过100%。
解法三：
思路：dfs
我放弃dfs了，搞半天没搞明白，画图思考发现bfs真好啊，我真是醉了，有机会再来搞把，晕了
总的来说，都还行，冲冲冲~
