题目链接：
https://leetcode-cn.com/problems/minesweeper/
难度：中等
529. 扫雷游戏
让我们一起来玩扫雷游戏！
给定一个代表游戏板的二维字符矩阵。 'M' 代表一个未挖出的地雷，'E' 代表一个未挖出的空方块，
'B' 代表没有相邻（上，下，左，右，和所有4个对角线）地雷的已挖出的空白方块，
数字（'1' 到 '8'）表示有多少地雷与这块已挖出的方块相邻，'X' 则表示一个已挖出的地雷。
现在给出在所有未挖出的方块中（'M'或者'E'）的下一个点击位置（行和列索引），
根据以下规则，返回相应位置被点击后对应的面板：
1 如果一个地雷（'M'）被挖出，游戏就结束了- 把它改为 'X'。
2 如果一个没有相邻地雷的空方块（'E'）被挖出，修改它为（'B'），并且所有和其相邻的未挖出方块都应该被递归地揭露。
3 如果一个至少与一个地雷相邻的空方块（'E'）被挖出，修改它为数字（'1'到'8'），表示相邻地雷的数量。
4 如果在此次点击中，若无更多方块可被揭露，则返回面板。
注意：
输入矩阵的宽和高的范围为 [1,50]。
点击的位置只能是未被挖出的方块 ('M' 或者 'E')，这也意味着面板至少包含一个可点击的方块。
输入面板不会是游戏结束的状态（即有地雷已被挖出）。
简单起见，未提及的规则在这个问题中可被忽略。例如，当游戏结束时你不需要挖出所有地雷，考虑所有你可能赢得游戏或标记方块的情况。
このトピックは難しくありません。。私はこのタイプのトピックにはあまり熟達していませんが、何度かやっていますが、
最初のディープサーチ（再帰）を書くことはできます。。。再帰する方法はありません。笑
ps を書くのは簡単ではありません。私はここでもミスを犯しています。dfsの8ポジションを列挙するときは、判定条件ボードをプルダウンしてください。再帰的。。。
class Solution {
public:
int dx[8] = {
0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
int dy[8] = {
1, 0, -1, 0, 1, -1, 1, -1};
vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {
int x=click[0];
int y=click[1];
if(board[x][y]=='M'){
board[x][y]='X';
return board;
}else{
dfs(board,x,y);
return board;
}
}
void dfs(vector<vector<char>>& board,int x,int y){
int num=0;
for(int i=0;i<8;++i){
int xt=x+dx[i];
int yt=y+dy[i];
if(xt>=0&&yt>=0&&xt<board.size()&&yt<board[0].size()){
num+=(board[xt][yt]=='M');
}
}
if(num==0){
board[x][y]='B';
for(int i=0;i<8;++i){
int xt=x+dx[i];
int yt=y+dy[i];
if(xt>=0&&yt>=0&&xt<board.size()&&yt<board[0].size()&&board[xt][yt]=='E'){
dfs(board,xt,yt);
}
}
}else{
board[x][y]=num+'0';
}
}
};
これは難しくありませんが、比較的簡単なはずですが、初めて提出したときは、制限時間を超えています。！！（初めてvector <vector>を使用しなかった場合は、visited（board.size（）、vector（board [0] .size（）、false））;）非再帰の方が再帰より高速であり、手動でシミュレーションしたのは当然のことですアルゴリズムの結果は、プロセスのキューに繰り返し入力されることを発見し、配列が大きい場合、多数の繰り返される座標がキューに入力されます
。vector<vector>にアクセスします。visit（board.size（）、vector（board [0] .size （）、false））;
キューに入るとき、それが入ったか入ったかを判断するのに十分です
class Solution {
public:
int dx[8] = {
0, 1, 0, -1, 1, 1, -1, -1};
int dy[8] = {
1, 0, -1, 0, 1, -1, 1, -1};
vector<vector<char>> updateBoard(vector<vector<char>>& board, vector<int>& click) {
int x=click[0];
int y=click[1];
if(board[x][y]=='M'){
board[x][y]='X';
return board;
}else{
queue<pair<int,int>> que;
vector<vector<bool>> visited(board.size(),vector<bool>(board[0].size(),false));
que.push({
x,y});
visited[x][y]=true;
while(!que.empty()){
int x=que.front().first;
int y=que.front().second;
que.pop();
int num=0;
for(int i=0;i<8;++i){
int xt=x+dx[i];
int yt=y+dy[i];
if(xt>=0&&yt>=0&&xt<board.size()&&yt<board[0].size()){
num+=(board[xt][yt]=='M');
}
}
if(num==0){
board[x][y]='B';
for(int i=0;i<8;++i){
int xt=x+dx[i];
int yt=y+dy[i];
if(xt>=0&&yt>=0&&xt<board.size()&&yt<board[0].size()&&board[xt][yt]=='E'&&!visited[xt][yt]){
que.push({
xt,yt});
visited[xt][yt]=true;
}
}
}else{
board[x][y]=num+'0';
}
}
return board;
}
}
};