双端队列（双端bfs）解决边权只包含0和1的最短路问题

电路维修

达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。电路板的整体结构是一个 R行 C 列的网格（R,C≤500），如下图所示。

 

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式

输入文件包含多组测试数据。第一行包含一个整数 T，表示测试数据的数目。对于每组测试数据，第一行包含正整数 R和 C，表示电路板的行数和列数。之后 R行，每行 C个字符，字符是"/"和"\"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式

对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。

数据范围

1≤R,C≤500,1≤T≤5

输入样例：

1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\

输出样例：

1

样例解释

样例的输入对应于题目描述中的情况。

只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。

 思路：

这道题遇到的每个器件有两种状态，一个需要旋转，一个不需要旋转，由于我们要求旋转的次数要尽量的少，所以不旋转我们可以看成是0，旋转可以看成权重是1，这和普通的宽搜就有了区别：

普通的宽搜边权都是1，而这个有边权是0的情况，那么宽搜的特点是什么呢？

宽搜的两个性质：

1、两阶段性

即开始的一段都是x，后一段都是x+1。

2.单调性

由两阶段性可知，长的总是在右边，即队列从开始到结束，先遇到的最短。

那么此题中边权有0怎么办

其实边权为0就可以看成x+0

那是不是就理应放在左边

于是，我们可以用一个双端队列，权重是0，加在左边，权重是1加在右边。

代码：

#include 
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 510;
int n, m;
char g[N][N];
int dist[N][N];
bool st[N][N];
 
int bfs() {
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    memset(st, 0, sizeof st);
    dist[0][0] = 0;
    deque q;
    q.push_back({ 0,0 });
 
    char cs[] = "\\/\\/";
    int dx[4] = { -1, -1, 1, 1 }, dy[4] = { -1,1,1,-1 };
    int ix[4] = { -1,-1,0,0 }, iy[4] = { -1,0,0,-1 };
 
    while (q.size()) {
        PII t = q.front();
        q.pop_front();
 
        if (st[t.first][t.second])continue;
        st[t.first][t.second];
 
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int a = t.first + dx[i], b = t.second + dy[i];
            if (a<0 || a>n || b<0 || b>m)continue;
 
            int ca = t.first + ix[i], cb = t.second + iy[i];
            int d = dist[t.first][t.second] + (g[ca][cb] != cs[i]);
 
            if (d < dist[a][b]) {
                dist[a][b] = d;
                if (g[ca][cb] != cs[i])q.push_back({ a,b });
                else q.push_front({ a,b });
            }
        }
    }
    return dist[n][m];
}
 
int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
 
        for (int i = 0; i < n; i++)cin >> g[i];
 
        int t = bfs();
 
        if (t == 0x3f3f3f3f)cout << "NO SOLUTION" << endl;
        else cout << t << endl;
    }
    return 0;
}