問題鏈接：Problem F
問題簡述：
Ignatius夢到自己在迷宮裏被炸彈炸，每走一步耗時一分鐘，六分鐘後炸彈爆炸，但在迷宮中有能恢復炸彈時間的裝置（炸彈時間爲0時不能用），Ignatius有可能爲了延長炸彈時間而走回頭路，求Ignatius逃離迷宮的最短時間
問題分析：
搜索最短路徑問題，還是要用BFS算法。本題難點在於：可以走回頭路。
可以走回頭路的說明並不標誌着我們不需要對路徑進行標誌，但是若不標誌則很有可能發生隊列過長導致TLE甚至程序崩潰，因此需要思考另一種方式對路徑進行標記。不難發現，當兩條隊列走到同一個位置時，身上剩餘炸彈時間更小的隊列是沒有意義的，因此我們可以用標記數組對路徑的剩餘炸彈時間進行記錄，當炸彈時間大於記錄的炸彈時間時，可以入列。
程序說明：
唯一需要注意的是由於炸彈時間重置裝置的存在，不能遇到bomb時間等於0的時候立即return -1，因爲壓入隊列的兩條隊伍炸彈時間可能不對等，因此需要等隊列爲空後，才能判斷無法走到終點。
AC通過的C語言程序如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAX 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int vis[10][10];
int map[10][10];
int n,m;
int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
struct node{
int x;
int y;
int step;
int bomb;
};
bool edge(int x,int y){
if(x>=0&&y>=0&&x<n&&y<m&&map[x][y]!=0){
return 1;
}
else{
return 0;
}
}
int BFS(int x,int y){
queue<node>q;
node p1;
p1.x=x;
p1.y=y;
p1.step=0;
p1.bomb=6;
vis[x][y]=p1.bomb;
q.push(p1);
while(!q.empty()){
node p2=q.front();
q.pop();
if(p2.bomb<=0){
continue;
}
else if(map[p2.x][p2.y]==3)
return p2.step;
for(int i=0;i<4;i++){
int next_x=p2.x+dir[i][0];
int next_y=p2.y+dir[i][1];
p1.step=p2.step+1;
p1.bomb=p2.bomb-1;
if(edge(next_x,next_y)&&vis[next_x][next_y]<p1.bomb){
p1.x=next_x;
p1.y=next_y;
vis[next_x][next_y]=p1.bomb;
if(map[next_x][next_y]==4&&p1.bomb>0)
p1.bomb=6;
q.push(p1);
}
}
}
return -1;
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(vis,0,sizeof(vis));
int x;
int y;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
scanf("%d",&map[i][j]);
if(map[i][j]==2){
x=i;
y=j;
}
}
}
int ans=BFS(x,y);
cout<<ans<<endl;
}
}