题目
题目描述
小明来到一个由n x m个格子组成的迷宫，有些格子是陷阱，用'#'表示，小明进入陷阱就会死亡，'.'表示没有陷阱。小明所在的位置用'S'表示，目的地用'T'表示。
小明只能向上下左右相邻的格子移动，每移动一次花费1秒。
有q个单向传送阵，每个传送阵各有一个入口和一个出口，入口和出口都在迷宫的格子里，当走到或被传送到一个有传送阵入口的格子时，小明可以选择是否开启传送阵。如果开启传送阵,小明就会被传送到出口对应的格子里，这个过程会花费3秒；如果不开启传送阵，将不会发生任何事情，小明可以继续向上下左右四个方向移动。
一个格子可能既有多个入口，又有多个出口，小明可以选择任意一个入口开启传送阵。使用传送阵是非常危险的，因为有的传送阵的出口在陷阱里，如果小明使用这样的传送阵，那他就会死亡。也有一些传送阵的入口在陷阱里，这样的传送阵是没有用的，因为小明不能活着进入。请告诉小明活着到达目的地的最短时间。
输入描述
有多组数据。对于每组数据：
第一行有三个整数n,m,q(2≤ n,m≤300,0≤ q ≤ 1000)。
接下来是一个n行m列的矩阵，表示迷宫。
最后q行，每行四个整数x1,y1,x2,y2(0≤ x1,x2< n,0≤ y1,y2< m)，表示一个传送阵的入口在x1行y1列，出口在x2行y2列。
输出描述
如果小明能够活着到达目的地，则输出最短时间，否则输出-1。
示例1
输入
5 5 1 ..S.. ..... .###. ..... ..T.. 1 2 3 3 5 5 1 ..S.. ..... .###. ..... ..T.. 3 3 1 2 5 5 1 S.#.. ..#.. ###.. ..... ....T 0 1 0 2 4 4 2 S#.T .#.# .#.# .#.# 0 0 0 3 2 0 2 2
输出
6 8 -1 3
备注
坐标从0开始
题解
方法一
知识点：BFS，优先队列。
显然用bfs，但要做修正的是把队列更换为优先队列，因为传送门的存在使得步数时间线被破坏，先到的点不一定步数比后到的点少，因此优先队列维护步数从小到大扩展。但就不能每次扩展直接锁点了，要在每个点真正经过的时候才考虑是否锁点，如果被之前的经过了，则跳过。
细节上注意传送门的存取，用入口作为下标，多个出口用 vector 存储，形成一个 vector 的二维数组，可以方便扩展。
遇到出口直接跳出即可，因为优先队列维护了时间。
时间复杂度 O(?)
空间复杂度 O(mn)
方法二
知识点：BFS。
如果不用优先队列也可以做，每次扩展如果扩展的点时间更小不扩展，否则覆盖时间。与优先队列的区别在于，这种做法要遍历地图才可以得到结果。
时间复杂度 O(?)
空间复杂度 O(mn)
代码
方法一
#include using namespace std; int n, m, q; char dt[307][307]; bool vis[307][307]; const int dir[4][2] = { {1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1} }; vector<pair<int, int>> tsm[307][307]; struct node { int x, y; int step; friend bool operator<(const node &a, const node &b) { return a.step > b.step; } }; int bfs(node init) { priority_queue pq; pq.push(init); while (!pq.empty()) { node cur = pq.top(); pq.pop(); if (vis[cur.x][cur.y]) continue;///但一定是最短的时候经过 vis[cur.x][cur.y] = 1; if (dt[cur.x][cur.y] == 'T') return cur.step; for (int i = 0;i < 4;i++) { int xx = cur.x + dir[i][0]; int yy = cur.y + dir[i][1]; if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || vis[xx][yy] || dt[xx][yy] == '#') continue; pq.push({ xx,yy,cur.step + 1 });///扩展出来的点不一定是最短的，不能在这里vis } for (auto tr : tsm[cur.x][cur.y]) { if (vis[tr.first][tr.second] || dt[tr.first][tr.second] == '#') continue; pq.push({ tr.first,tr.second,cur.step + 3 }); } } return -1; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); while (cin >> n >> m >> q) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); node init; for (int i = 0;i < n;i++) { for (int j = 0;j < m;j++) { cin >> dt[i][j]; if (dt[i][j] == 'S') init.x = i, init.y = j, init.step = 0; } } for (int i = 0;i < q;i++) { int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2; tsm[x1][y1].push_back({ x2,y2 }); } cout << bfs(init) << '\n'; for (int i = 0;i < n;i++) for (int j = 0;j < m;j++) tsm[i][j].clear(); } return 0; }
方法二
#include using namespace std; int n, m, q; char dt[307][307]; int vis[307][307];///记录步数，用小的替换大的 const int dir[4][2] = { {1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1} }; vector<pair<int, int>> tsm[307][307]; struct node { int x, y; }; void bfs(node init) { queue q; q.push(init); vis[init.x][init.y] = 0; int ans = -1; while (!q.empty()) { node cur = q.front(); q.pop(); for (int i = 0;i < 4;i++) { int xx = cur.x + dir[i][0]; int yy = cur.y + dir[i][1]; if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || vis[xx][yy] <= vis[cur.x][cur.y] + 1 || dt[xx][yy] == '#') continue; q.push({ xx,yy }); vis[xx][yy] = vis[cur.x][cur.y] + 1; } for (auto tr : tsm[cur.x][cur.y]) { if (vis[tr.first][tr.second] <= vis[cur.x][cur.y] + 3 || dt[tr.first][tr.second] == '#') continue; q.push({ tr.first,tr.second }); vis[tr.first][tr.second] = vis[cur.x][cur.y] + 3; } } } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); while (cin >> n >> m >> q) { memset(vis, 0x3f, sizeof(vis)); node init, ans; for (int i = 0;i < n;i++) { for (int j = 0;j < m;j++) { cin >> dt[i][j]; if (dt[i][j] == 'S') init.x = i, init.y = j; if (dt[i][j] == 'T') ans.x = i, ans.y = j; } } for (int i = 0;i < q;i++) { int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2; tsm[x1][y1].push_back({ x2,y2 }); } bfs(init); cout << (vis[ans.x][ans.y] > 3e5 ? -1 : vis[ans.x][ans.y]) << '\n'; for (int i = 0;i < n;i++) for (int j = 0;j < m;j++) tsm[i][j].clear(); } return 0; }