周赛的时候的题目：每次周赛基本上第四道题都做不出来，除了感慨自己菜以外，还会感叹那些做的很快的大佬，是真的很厉害了！！！
题目描述：
给你一个 m * n 的网格，其中每个单元格不是 0（空）就是 1（障碍物）。每一步，您都可以在空白单元格中上、下、左、右移动。
如果您 最多 可以消除 k 个障碍物，请找出从左上角 (0, 0) 到右下角 (m-1, n-1) 的最短路径，并返回通过该路径所需的步数。如果找不到这样的路径，则返回 -1。
示例 1：
输入：
grid =
[[0,0,0],
[1,1,0],
[0,0,0],
[0,1,1],
[0,0,0]],
k = 1
输出：6
解释：
不消除任何障碍的最短路径是 10。
消除位置 (3,2) 处的障碍后，最短路径是 6 。该路径是 (0,0) -> (0,1) -> (0,2) -> (1,2) -> (2,2) -> (3,2) -> (4,2).
示例 2：
输入：
grid =
[[0,1,1],
[1,1,1],
[1,0,0]],
k = 1
输出：-1
解释：
我们至少需要消除两个障碍才能找到这样的路径。
分析：
首先这题我开始的思路是这样，记录每个位置不消除障碍物的最短路径，消除一个障碍物的最短路径，消除两个障碍物的最短路径…消除k个障碍物的最短路径，所以需要构造 dp[row] [col] [k] 来记录，看这个结构就知道，这是一个动态规划的问题，但是问题是，怎么访问各个点的最短路径，从上到下?从左到右？我很蒙。
方法：动态规划+DBS
用一个队列（为啥不用栈，到最后说明），首先放入的是dp[0][0][0]的值为0，之后更新上下左右dp[gx][gy][k]，但是注意！！！
首先，只有当dp[gx][gy][k]为-1的时候才需要更新，因为如果已经有值一定是之前更新了的，那么之前更新的步数应该是比当前更新的步数要小的。
第二个问题，当更新的值位置的值：
当前位置为grid[gx][gy] == 0时，那么k = a.k（就是从队列出来的k值）
当前位置为grid[gx][gy] == 1时，那么k= a.k+1，因为你当前为1要想到达当前位置，必须消除当前的障碍！！！
之后入队。
这里说明一个问题：这里存在着一个循环，就是你更新下面一个结点（这个结点grid[i][j] = 1）之后，入队，取出，你又更新上面的值，看起来好像是循环了，但是用一个条件，就是你的k是有限的！！！这样只会更新到k，超过k就不做更新，就不会入队循环了！！！
代码如下：
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;
}
};
这题让我思考了一类题：
1.矩阵
2.每个点具有不同条件下的状态（k不同）
3.且是由上下左右影响，即每个点变化都会影响周围点的变化
解决方法：动态规划+DBS+队列（刚才不懂为啥要用队列现在想想好像是的！！！，因为保证每次更新都是最小值，且下次不用更新了！！！）