題目描述
這次題目的主角Chell必須解決GLaDOS提出的一個新的難題。Chell現在在一個佈局可以表示爲N行M列的房間當中，每一個細分的方格中，可以是一下幾種情況之一： ·障礙物-牆（表示爲‘#’） ·Chell最初始的位置（表示爲‘C’） ·Chell必須到達的終點（表示爲‘F’） ·空位置（表示爲‘.’） Chell手上有一門所謂的“門槍”，這把槍可以在牆上創造一個入口，每次移動時，她可以進行以下操作中的一種操作： ·向上、下、左、右移動到相鄰區域（無法移動到有牆的區域） ·如果上、下、左、右方向有一堵牆（不是相鄰的上下左右方向），則可以使用“門槍”在牆上創造一個入口，這個入口只能從被激活的這一側進入，同一時刻最多隻可激活兩個入口。如果在已經存在兩個入口時再激活一個入口，那麼，先創建的那個入口就會消失。創造這種入口所消耗的時間可忽略不計，即記爲消耗0時間。 ·如果Chell在一個與牆壁相鄰的位置，且這個牆面向她的這一側有一個入口，且現在有兩個入口，那麼Chell就可以通過這個入口到另一個入口前的一個無障礙位置。此移動持續一個單位時間。 Chell想知道，她最少需要花費多少時間，從起點到終點。 注意：房間兩側總有牆壁，字母‘C’和‘F’只會出現一次。
輸入格式
第一行輸入兩個正整數N、M（4≤N，M≤500），表示房間的行列數。 接下來輸入一個N行M列的地圖，每個格子包含‘C’，‘.’，‘F’，‘#’這四種中的一種字符。
輸出格式
輸出Chell從起點到終點最少需要花費的時間，如果她不能到達終點，則輸出“nemoguce”。
樣例
樣例輸入1
4 4
#.F#
#C.#
樣例輸出1
2
樣例輸入2
6 8
########
#.##…F#
#C.##…#
#…#…#
#…##
########
樣例輸出2
4
樣例輸入3
4 5
#C#.#
###F#
樣例輸出3
nemoguce
數據範圍與提示
對於樣例2，首先在起點的左側（3,1）和下側（6,2）建立一個入口，那麼，消耗1個單位時間，Chell就可以到達（5,2）。到達（5,2）後，再在右邊（5,7）的牆上建立一個入口，此時，存在的兩個入口分別在(6,2)和(5,7)這兩個位置，再通過1個單位時間到達（5,6）這個位置。同理，在往上（1,6）建立一個入口，再通過入口，從（5,6）到達（2,6）,再向右一步到達終點。這當中一共消耗了4個單位時間。
解題思路
此題就是走迷宮，只不過在靠牆的地方的時候我們可以四個方向一直走到底。
我們考慮一個點，它與四個方向的牆的距離我們可以求出來，然後它到四個牆所需時間就是它到離他最近的牆的距離，我們連個邊，建個圖，進行最短路操作。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
int u,v;
node(){};
node(int U,int V){
u = U,v = V;
}
};
int n,m,s,e,dis[250005];
char mase[505][505];
bool vis[250005];
vector <node>G[250005];
void spfa(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s] = 0;
queue<int>Q;
Q.push(s);
vis[s] = 1;
while (!Q.empty()){
int p = Q.front();
Q.pop();
vis[p] = 0;
int xx = G[p].size();
for (int i = 0;i < xx;i ++){
int u = G[p][i].u,v = G[p][i].v;
if (dis[u] > dis[p] + v){
dis[u] = dis[p] + v;
if (!vis[u]){
Q.push(u);
vis[u] = 1;
}
}
}
}
if (dis[e] == 0x3f3f3f3f)
printf("nemoguce\n");
else
printf("%d",dis[e]);
}
int main(){
scanf ("%d%d",&n,&m);
for (int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("\n");
for (int j = 1;j <= m;j ++){
scanf ("%c",&mase[i][j]);
if (mase[i][j] == 'C'){
mase[i][j] = '.';
s = i * m + j;
}
if (mase[i][j] == 'F'){
mase[i][j] = '.';
e = i * m + j;
}
}
}
for (int i = 1;i <= n;i ++){
for (int j = 1;j <= m;j ++){
if (mase[i][j] == '#')
continue;
if (j + 1 <= m && mase[i][j + 1] != '#'){
G[i * m + j].push_back(node(i * m + j + 1,1));
G[i * m + j + 1].push_back(node(i * m + j,1));
}
if (i + 1 <= n && mase[i + 1][j] != '#'){
G[(i + 1) * m + j].push_back(node(i * m + j,1));
G[i * m + j].push_back(node((i + 1) * m + j,1));
}
int tot1 = 0,k1 = i - 1;
while (mase[k1][j] != '#'){
k1 --;
tot1 ++;
}
int tot2 = 0,k2 = i + 1;
while (mase[k2][j] != '#'){
k2 ++;
tot2 ++;
}
int tot3 = 0,k3 = j - 1;
while (mase[i][k3] != '#'){
k3 --;
tot3 ++;
}
int tot4 = 0,k4 = j + 1;
while (mase[i][k4] != '#'){
k4 ++;
tot4 ++;
}
int min_tot = min(tot1,min(tot2,min(tot4,tot3))) + 1;
G[i * m + j].push_back(node ((k1 + 1) * m + j,min_tot));
G[i * m + j].push_back(node ((k2 - 1) * m + j,min_tot));
G[i * m + j].push_back(node (i * m + k3 + 1,min_tot));
G[i * m + j].push_back(node(i * m + k4 - 1,min_tot));
}
}
spfa();
}