題目描述：給定一個 m×n 的二維矩陣 board，每個格子為 0（死）或 1（活）。根據 Conway's Game of Life 的四條規則，同時（simultaneously）更新所有格子的狀態：(1) 活細胞若鄰居少於 2 個活細胞則死亡；(2) 活細胞若有 2 或 3 個活細胞鄰居則存活；(3) 活細胞若鄰居多於 3 個活細胞則死亡；(4) 死細胞若恰好有 3 個活細胞鄰居則復活。要求在原地（in-place）修改矩陣。
解題思路：難點在於「同時」更新——若直接修改格子，後續格子的鄰居計算會讀到已修改的值，導致結果錯誤。解決方式是利用額外的位元編碼在原值上同時記錄「舊狀態」與「新狀態」：
2（二進位 10）：原本死亡（bit0=0），新狀態為活（bit1=1）。3（二進位 11）：原本存活（bit0=1），新狀態為死（bit1=1 表示「曾存活」但即將死）。第一輪掃描時，計算每個格子的活鄰居數時只看 cell & 1（取最低位元即原始狀態），再依規則將需要改變的格子標記為 2 或 3。第二輪掃描將每個格子右移一位（cell >> 1）取得最終狀態，恢復為標準的 0/1 值。
時間複雜度：O(mn) — 對矩陣進行兩次完整掃描，每次掃描中每個格子最多檢查 8 個鄰居（常數），整體為 O(mn)。
空間複雜度：O(1) — 所有狀態編碼直接儲存在原矩陣的位元中，不需要額外的輔助矩陣，僅使用常數量的指標與計數器。
1. Define 8 directional offsets for neighbor traversal.
2. First pass — encode next state in-place:
For each cell (i, j):
a. Count live neighbors using (board[ni][nj] & 1) to read original state.
b. If cell is currently alive (board[i][j] & 1 == 1):
- If liveNeighbors == 2 or 3: set board[i][j] = 3 (stays alive, encode 11).
- Else: leave as 1 (alive -> dead, encode 01).
c. If cell is currently dead (board[i][j] & 1 == 0):
- If liveNeighbors == 3: set board[i][j] = 2 (dead -> alive, encode 10).
- Else: leave as 0 (stays dead, encode 00).
3. Second pass — extract final state:
For each cell (i, j): board[i][j] >>= 1 (shift right to get bit1 as new state).方法一：複製矩陣 O(m*n) 空間
建立一份 board 的複本 copy，第一輪根據 copy 中的原始狀態計算每格新狀態，直接寫回 board。邏輯最直觀，但額外使用 O(m*n) 空間。
方法二：位元編碼原地修改 O(1) 空間（本題主要解法） 利用整數的高位元儲存新狀態、低位元保留舊狀態，避免額外空間，需要兩次掃描。空間複雜度 O(1)。
方法三：記錄變動列表 O(k) 空間 第一輪掃描時，將所有需要改變狀態的格子座標記錄到一個列表中（最多 O(mn) 個），第二輪再批次更新這些格子。空間複雜度與需要變動的格子數 k 成正比，最差仍為 O(mn)，但在稀疏矩陣情境下可比複製整個矩陣節省空間。