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题目描述：
给定一个由 0 和 1 组成的矩阵 mat ，请输出一个大小相同的矩阵，其中每一个格子是 mat 中对应位置元素到最近的 0 的距离。
两个相邻元素间的距离为 1 。
示例 1：
输入：mat = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：[[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
示例 2：
输入：mat = [[0,0,0],[0,1,0],[1,1,1]]
输出：[[0,0,0],[0,1,0],[1,2,1]]
提示：
m == mat.lengthn == mat[i].length1 <= m, n <= 1041 <= m * n <= 104mat[i][j] is either 0 or 1.mat中至少有一个0
解析
迷宫中离入口最近的出口是单源最短路径问题，也就是只有一个入口，这题是多源最短路径问题。
如果你把着图像渲染、迷宫中离入口最近的出口和这题全部理解透彻，那么BFS的绝大多数题你都可以解了，毕竟每题之间都有联系，而且变化是不大的。
那我们来看这题，题目中开始会给这个矩阵中放若干个0，0的个数大于零，然后其余都是1，让我们将这些为1的格子中的数重置为 它们到达 离最近的0的路径长度.
这题还有很多细节需要处理，如果我们从1的点往外面扩然后寻找0的话会很麻烦，你需要处理层数，因为有多条路径，还需要判断那条路径为最短。所以我们如果从0出发的话就很简单，从0往外扩，第一层的话我们赋值为1，然后将第一层的节点个数添加到队列中，再往第二层扩，第二次扩的时候需要赋值为二，所以我们开始先创建一个一模一样的二维数组，然后全部赋值为-1，再遍历原数组，将为0的值的位置获取到，覆盖到我们新创建的二维数组中。
那这里的赋值我们可以怎么处理呢？通过规律发现，下一层步数的值都是这层的步数加一，所以待会再赋值的时候就不需要单独像迷宫那题一样创建step来单独记录当前的步数了。
迷宫的那题我们需要这一层的所有节点个数，也就是queue.size()，然后再遍历，这题我们也不需要，这里步数的规律已经获取到了，下一层步数的值都是这层的步数加一，而且步数是直接赋值到数组中去的。单这样讲有点抽象，我们直接看代码吧。
代码
class Solution {
static int[] dx = {0,0,1,-1};
static int[] dy = {1,-1,0,0};
public int[][] updateMatrix(int[][] mat) {
//先获取到数组的长度
int m = mat.length;
int n = mat[0].length;
//在创建一个一模一样的数组用来存修改后的数组
int[][] result = new int[m][n];
//将这个数组中的值初始化为-1
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
result[i][j] = -1;
}
}
//创建queue
Queue<int[]> queue = new LinkedList<>();
//将0的位置覆盖到result中
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (mat[i][j] == 0) {
result[i][j] = 0;
//将初始层“第0层”放到queue中
queue.add(new int[]{i,j});
}
}
}
while (!queue.isEmpty()) {
//获取坐标
int[] cur = queue.poll();
int x = cur[0];
int y = cur[1];
//开始像外扩
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int x1 = x + dx[i];
int y1 = y + dy[i];
//判断此坐标是否满足基本条件且是否走过
if (x1 >= 0 && x1 < m && y1 >= 0 && y1 < n && result[x1][y1] == -1) {
//将这个坐标的步数赋值为这一层加一
result[x1][y1] = result[x][y] + 1;
//添加到queue中，继续遍历
queue.add(new int[]{x1,y1});
}
}
}
return result;
}
}
