给你一个大小为 m x n 的二进制矩阵 grid ，其中 0 表示一个海洋单元格、1 表示一个陆地单元格。
一次 移动 是指从一个陆地单元格走到另一个相邻（上、下、左、右）的陆地单元格或跨过 grid 的边界。
返回网格中 无法 在任意次数的移动中离开网格边界的陆地单元格的数量。
示例 1：
输入：grid = [[0,0,0,0],[1,0,1,0],[0,1,1,0],[0,0,0,0]]
输出：3
解释：有三个 1 被 0 包围。一个 1 没有被包围，因为它在边界上。示例 2：
输入：grid = [[0,1,1,0],[0,0,1,0],[0,0,1,0],[0,0,0,0]]
输出：0
解释：所有 1 都在边界上或可以到达边界。提示：
m == grid.lengthn == grid[i].length1 <= m, n <= 500grid[i][j]的值为0或1
解题思路：多源BFS + 正难则反
这道题其实和递归专题的 130. 被围绕的区域 是基本一样的，只不过要求的是被包围岛屿一共有的土地数量！所以这里的正难则反的思想是不难想到的，因为我们有经验了，如果还想不起来的话可以去参考一下 130. 被围绕的区域 的笔记！
并且我们这道题更好做，因为我们采用的不是 dfs 和单源 bfs，而是采用多源 bfs 来解决！
为什么可以这么做呢❓❓❓
因为这道题的思路就是要先处理边界岛屿，将它们标记成后面我们不需要统计的部分，而边界岛屿其实就是边界上多个元素为 1 的节点向内拓展的，并且边权为一，所以我们可以采用多源**BFS**来解决，让这些边界节点一起向内拓展，将边界岛屿都进行标记，如下图所示：
从上图就能看出，我们只需要多源**BFS**加上一个 used 数组来标记边界岛屿为 true 即可，而那些被包围的区域，它们的值是 1，但是 used 数组标记为 false，所以就能区分开了，不像 130. 被围绕的区域 一样，需要去修改岛屿的数值！
总结下来无非就是三步：
- 将边界上值为
1的节点作为源节点。 - 进行多源**
bfs**，将边界岛屿标记为true。（不需要一层一层处理队列，直接批处理即可） - 统计被包围的岛屿内的飞地数量
具体步骤再参考代码，并不难，实际上多源 BFS 要比单源 BFS 写起来要简单的多！代码如下所示：
class Solution {
private:
int dx[4] = { 0, 0, -1, 1 };
int dy[4] = { -1, 1, 0, 0 };
bool used[501][501];
public:
int numEnclaves(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
// 1. 将边界上值为1的节点作为源节点
queue<pair<int, int>> bfs;
for(int i = 0; i < m; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
if((i == 0 || j == 0 || i == m - 1 || j == n - 1) && grid[i][j] == 1)
{
used[i][j] = true;
bfs.push({i, j});
}
}
}
// 2. 多源bfs，将边界岛屿标记为true（不需要一层一层处理队列，直接批处理即可）
while(!bfs.empty())
{
auto [x, y] = bfs.front();
bfs.pop();
for(int i = 0; i < 4; ++i)
{
int newx = x + dx[i], newy = y + dy[i];
if(newx >= 0 && newy >= 0 && newx < m && newy < n && grid[newx][newy] == 1 && used[newx][newy] == false)
{
bfs.push({newx, newy});
used[newx][newy] = true;
}
}
}
// 3. 统计被包围的岛屿内的飞地数量
int ret = 0;
for(int i = 0; i < m; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
if(grid[i][j] == 1 && used[i][j] == false)
ret++;
}
}
return ret;
}
};