洛谷P1979华容道

此题目中存在三种棋盘的放置方法（空白，不能活动，能活动）。

而每次变化的格子一定在当前空白格子的周围，因此只需要对空白格子的周围四个状态考虑即可，因此我们设\(a[i][j][k]\)为白格子在(i,j)的k方向的一个状态，然后我们考虑，如果活动和不能活动的格子已经确定了，那么如果按照暴力的解法每次询问都需要对一开始的白格子向外扩展而得到的，这样会重复计算，因此我们可以快速计算出所有可移动的格子向周围移动所需要的时间，用\(dis[i][j][k][h]\)表示空格子在\((i,j)\)的\(k\)方向，然后\((i，j)\)跳到\((i+dx[h], j+dx[h])\)所需要的时间。这样就比较使状态表现的完全了，因为每次从一个格子移动到令一个格子时，就不需要用搜索来更新了，直接用此时间更新。

再向外扩展一下，则将状态抽象到图上的点，则原题就转化成了从起点到终点状态的最短路了。

对于每个询问，终点状态都有最多4个：

\(a[tx][ty][0/1/2/3]\)里面的任何满足条件且用时最短的的一个。

起点状态有4个，分别是\(a[sx][sy][0/1/2/3]\)，但是此时白格子并没有到这四个方向上，因此我们用s表示一个不存在的节点，然后把这个节点跟起点的四个状态连边，边权分别是起始白格子位置到这四个方向的位置所用的时间。然后跑最短路就可以了

#include <bits/stdc++.h>

#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;

int n, m, q, minn, ex, ey, sx, sy, tx, ty, cnt, tot, lin[1001001];

int dx[100] = {1, -1, 0, 0}, dy[100] = {0, 0, 1, -1};

int temp[1001][1001], vis[1001][1001], a[100][100][6];//a[i][j][0/1/2/3]分别表示(i,j)位置的空格子，方向为k时的状态编号

int dis[100][100][6][6];//空格子在（i,j)的k方向，然后i，j跳到(i+dx[h],  j+dx[h])所需要的时间

struct dat {

	int x, y, t;

};

struct edg {

	int from, to, nex, len;

}e[1090100];

bool ch(int x, int y){if (x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && temp[x][y])	return 1;return 0;}

inline void add(int f, int t, int l)

{

	e[++cnt].to = t;

	e[cnt].len = l;

	e[cnt].from = f;

	e[cnt].nex = lin[f];

	lin[f] = cnt;

}

int bfs(int x, int y, int k, int h)//是白格子(x,y)到(k,h)的最小次数

{

	queue <dat> q;

	memset(vis, 0, sizeof(vis));

	q.push({x, y, 0});

	while ( !q.empty() )

	{

		dat now = q.front();

		q.pop();

		int wx = now.x, wy = now.y, wt = now.t;

		if (wx == k && wy == h)

			return wt;

		for (int i = 0; i < 4; i++)

		{

			int nx = wx + dx[i], ny = wy + dy[i];

			if (ch(nx, ny) && !vis[nx][ny])

				q.push({nx, ny, wt + 1}), vis[nx][ny] = 1;

		}

	}

	return inf;

}

inline void init()

{

	scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);

 	for (int i = 1; i <= n; i++)

 		for (int j = 1; j <= m; j++)

 		{

 			scanf("%d", &temp[i][j]);

 			for (int k = 0; k < 4; k++)

 					a[i][j][k] = ++tot;//tot表示状态编号,(i,j)的k方向上必须可以放置白色方块。

	 	}

 	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));//最短路初始赋为最大值。

 	for (int i = 1; i <= n; i++)

 		for (int j = 1; j <= m; j++)

 			if (temp[i][j])

 			{

 				temp[i][j] = 0;//先将该点设为不能走，防止跟空格交换

 				memset(vis, 0, sizeof(vis));

 				for (int k = 0; k < 4; k++)

 					for (int h = 0; h < 4; h++)

 						if ( ch(i + dx[h], j + dy[h]) && ch(i + dx[k], j + dy[k]) )

 						{

 							if (h == k)

 								dis[i][j][k][h] = 1;

 							else dis[i][j][k][h] = bfs(i + dx[k], j + dy[k], i + dx[h], j + dy[h]) + 1;//最后还要进行一次交换为了转移白色方块。

							printf("%d %d %d %d\n", i, j, k, h);

						}

 				temp[i][j] = 1;

 			}

 	for (int i = 1; i <= n; i++)

 		for (int j = 1; j <= m; j++)

 			for (int k = 0; k < 4; k++)

 				for (int h = 0; h < 4; h++)

 					if (dis[i][j][k][h] < 1061109567)

 						add(a[i][j][k], a[i + dx[h]][j + dy[h]][h ^ 1], dis[i][j][k][h]);//异或是表示当前转移格子的反方向。

}

int dp[1001101], inq[10010011];

void spfa(int s)

{

//	memset(inq, 0, sizeof(vis));

	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));

	queue <int> q;

	dp[s] = 0;

	q.push(s);

	while (!q.empty())

	{

		int cur = q.front();

		q.pop();

		inq[cur] = 0;

		for (int i = lin[cur]; i; i = e[i].nex)

		{

			int to = e[i].to;

			if (dp[to] > dp[cur] + e[i].len)

			{

				dp[to] = dp[cur] + e[i].len;

				if (!inq[to])

					inq[to] = 1, q.push(to);

			}

		}

	}

}

int main()

{

	init();

 	for (int i = 1; i <= q; i++)

 	{

 		scanf("%d%d%d%d%d%d", &ex, &ey, &sx, &sy, &tx, &ty);

 		if (sx == tx && sy == ty)

 		{

 			printf("0\n");

 			continue;

		}

		int s = ++tot;

		int t = ++tot;

		temp[sx][sy] = 0;

		for (int i = 0; i < 4; i++)

			if (ch(sx + dx[i], sy + dy[i]))

			{

				int ha = bfs(sx + dx[i], sy + dy[i], ex, ey);

				if (ha < inf)

				add(s, a[sx][sy][i], ha);//首先将白格子移到当前起点的周围，此时初始化的状态就有用了

			}

		temp[sx][sy] = 1;

		for (int i = 0; i < 4; i++)

			if (ch(tx + dx[i], ty + dy[i]))

				add(a[tx][ty][i], t, 0);//到达此状态则就已经到达了终点了，因为白格子在终点的周围， 所以终点此时不是白格子，而是棋子。

		spfa(s);

		if (dp[t] == inf)

			printf("-1\n");

		else

			printf("%d\n", dp[t]);

	}

 	return 0;

}

巴特西

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