周賽的時候的題目：每次周賽基本上第四道題都做不出來，除了感慨自己菜以外，還會感嘆那些做的很快的大佬，是真的很厲害了！！！
題目描述：
給你一個 m * n 的網格，其中每個單元格不是 0（空）就是 1（障礙物）。每一步，您都可以在空白單元格中上、下、左、右移動。
如果您 最多 可以消除 k 個障礙物，請找出從左上角 (0, 0) 到右下角 (m-1, n-1) 的最短路徑，並返回通過該路徑所需的步數。如果找不到這樣的路徑，則返回 -1。
示例 1：
輸入：
grid =
[[0,0,0],
[1,1,0],
[0,0,0],
[0,1,1],
[0,0,0]],
k = 1
輸出：6
解釋：
不消除任何障礙的最短路徑是 10。
消除位置 (3,2) 處的障礙後，最短路徑是 6 。該路徑是 (0,0) -> (0,1) -> (0,2) -> (1,2) -> (2,2) -> (3,2) -> (4,2).
示例 2：
輸入：
grid =
[[0,1,1],
[1,1,1],
[1,0,0]],
k = 1
輸出：-1
解釋：
我們至少需要消除兩個障礙才能找到這樣的路徑。
分析：
首先這題我開始的思路是這樣，記錄每個位置不消除障礙物的最短路徑，消除一個障礙物的最短路徑，消除兩個障礙物的最短路徑…消除k個障礙物的最短路徑，所以需要構造 dp[row] [col] [k] 來記錄，看這個結構就知道，這是一個動態規劃的問題，但是問題是，怎麼訪問各個點的最短路徑，從上到下?從左到右？我很蒙。
方法：動態規劃+DBS
用一個隊列（爲啥不用棧，到最後說明），首先放入的是dp[0][0][0]的值爲0，之後更新上下左右dp[gx][gy][k]，但是注意！！！
首先，只有當dp[gx][gy][k]爲-1的時候才需要更新，因爲如果已經有值一定是之前更新了的，那麼之前更新的步數應該是比當前更新的步數要小的。
第二個問題，當更新的值位置的值：
當前位置爲grid[gx][gy] == 0時，那麼k = a.k（就是從隊列出來的k值）
當前位置爲grid[gx][gy] == 1時，那麼k= a.k+1，因爲你當前爲1要想到達當前位置，必須消除當前的障礙！！！
之後入隊。
這裏說明一個問題：這裏存在着一個循環，就是你更新下面一個結點（這個結點grid[i][j] = 1）之後，入隊，取出，你又更新上面的值，看起來好像是循環了，但是用一個條件，就是你的k是有限的！！！這樣只會更新到k，超過k就不做更新，就不會入隊循環了！！！
代碼如下：
struct node{
int x,y,k;
node() {}
node(int _x,int _y,int _k) { x=_x; y=_y; k=_k; }
};
class Solution {
public:
int shortestPath(vector<vector<int>>& grid, int k) {
queue<node> q;
int row=grid.size();
int col=grid[0].size();
int x[4] = {0,0,1,-1};
int y[4] = {1,-1,0,0};
int dp[row][col][k+1];
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dp[0][0][0] = 0;
q.push(node(0,0,0));
while(!q.empty()){
node a = q.front();
q.pop();
for(int i = 0;i < 4;i++){
int gx = a.x+x[i];
int gy = a.y+y[i];
if(gx >= 0&&gx < row&&gy >= 0&&gy < col&&a.k+grid[gx][gy] <= k){
if(dp[gx][gy][a.k+grid[gx][gy]] == -1){
dp[gx][gy][a.k+grid[gx][gy]] = dp[a.x][a.y][a.k]+1;
q.push(node(gx,gy,a.k+grid[gx][gy]));
}
}
}
}
int ans = dp[row-1][col-1][0];
for(int i = 1;i <= k;i++){
ans = min(ans,dp[row-1][col-1][i]);
}
return ans;
}
};
這題讓我思考了一類題：
1.矩陣
2.每個點具有不同條件下的狀態（k不同）
3.且是由上下左右影響，即每個點變化都會影響周圍點的變化
解決方法：動態規劃+DBS+隊列（剛纔不懂爲啥要用隊列現在想想好像是的！！！，因爲保證每次更新都是最小值，且下次不用更新了！！！）