Problem: 找貓貓
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Problem Description
貓貓和嘟嘟一起打遊戲， 貓貓被困在了M點不能移動，每一秒減少一個單位的HP， 需要隊友嘟嘟來救。但是現在嘟嘟不在貓貓旁邊，而是在遠離貓貓的另一個D點。當貓貓的HP變成負數之後，貓貓的人物就會死亡，而貓貓就會不高興。爲了讓貓貓能繼續玩下去， 嘟嘟需要馬上到M點去救貓貓（嘟嘟到達後可以讓貓貓的HP增加並且可以離開M點）。
現在給你這個n*m的遊戲地圖， D代表嘟嘟的位置，M代表貓貓的位置，*代表可以走的路，#代表不能翻越的牆。已知現在貓貓的HP爲t個單位，嘟嘟每1秒只能移動1個格子，只能走上下左右四個方向（不能斜着走，即四聯通） 。
現在問你，嘟嘟能不能在貓貓HP變爲負數之前到達M點？ 如果能到達，請輸出貓貓最小損失的HP。不然，遊戲結束，貓貓很生氣，嘟嘟會跪機械鍵盤的，所以就要輸出一行字符串：“OMG! DUDU is bound to Kneel keyboard”(沒有引號）。
Input
第一行一個整數T，代表有T組數據。
每組數據的第一行有三個整數m, n, t，分別表示地圖的行數、地圖的列數和貓貓的HP。 (0<=m,n<=10 0<=t<=100)
接下來有m行數據，每行n個字符，代表一個mn的矩陣，矩陣有且僅有’D’ ’M’ ‘’ ‘#’字符組成（沒有引號）
Output
如果嘟嘟能在貓貓HP變爲負數之前到達M點，則輸出貓貓損失的最小HP。
否則輸出“OMG! DUDU is bound to Kneel keyboard”（沒有引號）
Sample Input
2
3 3 10
D**
#
#M*
3 3 2
D**
#
#M*
Sample Output
5
OMG! DUDU is bound to Kneel keyboard
解1：bfs廣搜
分析：
廣搜的核心是在每一個當前的起點找到可以擴展的所有點，
再把擴展出的所有點作爲新的起點，繼續擴展，擴展1次則step+1，
類比等高線，可以把廣搜看作找出圖的等step線，然後判斷終點在哪條等step線上
因此，只要擴展出的是目的地，此時記錄的step一定是最少的
```cpp
#include<bits/stdc++.h>//萬能頭文件
using namespace std;
struct note
{
int x;
int y;//座標
int f;//本題不需要求路徑，可忽略
int s;//步數
}que[144];//隊列數組
int a[12][12];//記錄圖
const int dx[4]={1,-1,0,0};//四個方向移動
const int dy[4]={0,0,1,-1};
int main()
{
iostream::sync_with_stdio(0);//關同步，加快輸入速度
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
memset(que,0,sizeof(que[0])*144);//初始化
memset(a,0,sizeof(a[0][0])*144);
int m,n,HP;
cin>>m>>n>>HP;
int i,j,k,t;
int sx,sy,ex,ey;//開始，結束點
for(i=1;i<=m;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
/*先轉換圖，走過的路四周圍牆和障礙物用0代替，
可走的路用1代替，可省去一個book數組*/
char c;
cin>>c;
if(c=='*')
{
a[i][j]=1;
}
else if(c=='D')
{
sx=i;
sy=j;
}
else if(c=='M')
{
ex=i;
ey=j;
a[i][j]=1;
}
}
}
int tx=sx,ty=sy,head=1,tail=2,flag=0;//tx,ty是當前的座標，head是起始點，tail是擴展出的點，flag記錄是否到終點
que[head].x=sx;//對頭初始化
que[head].y=sy;
while(head<tail)//隊列不爲空
{
for(i=0;i<4;i++)//從當前點開始遍歷四個方向
{
tx=que[head].x+dx[i];//head點可向4個方向走，成爲當前駐點
ty=que[head].y+dy[i];
if(a[tx][ty])//駐點如果不是走過的點、四周圍牆和障礙物
{
a[tx][ty]=0;//標記爲走過的點
que[tail].x=tx;//駐點入隊
que[tail].y=ty;
que[tail].f=head;//路徑
que[tail].s=que[head].s+1;
tail++;//記錄下一個點
}
if(ex==tx&&ey==ty)
{
flag=1;//到終點了
break;
}
}
if(flag==1)
break;
head++;//這裏非常重要，在一個起點擴展完4個點後，這4個點又作爲新起點再擴展新的點
}
if(head==tail||HP<que[tail-1].s)//如果嘟嘟四周都是圍牆呢？因此要判斷head?=tail
cout<<"OMG! DUDU is bound to Kneel keyboard"<<endl;
else
cout<<que[tail-1].s<<endl;
}
return 0;
}
解2：深搜dfs
分析：深搜的核心是分解成當下怎麼做和下一步怎麼做，當下有4個可能延展方向，選一個方向作爲新的當下。重複此過程。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,ex,ey,step,ans;//行列，終點，當前路徑步數，最小步數
bool a[13][13];//記錄地圖
const int X[4]={1,-1,0,0};//四個方向
const int Y[4]={0,0,1,-1};
void dfs(int sx,int sy,int step)//當前起點與該路徑步數
{
int tx,ty;//當前擴展出的座標
if(step>=ans)//剪枝，如果已經比當前的最短路徑長了，就沒必要再搜了
return;
if(ex==sx&&ey==sy)
{
ans=step;//記錄到達終點更短的步數
return;
}
for(int i=0;i<4;i++)//遍歷四個方向
{
tx=sx+X[i];//向四個方向中的一個方向擴展
ty=sy+Y[i];
if(a[tx][ty])//如果不是障礙物，邊緣或已走過的路
{
a[tx][ty]=0;//記錄已經走過
dfs(tx,ty,step+1);//該點作爲起點，向下擴展一步
a[tx][ty]=1;//執行到這步說明當前步作爲起點的探索失敗了，但其他搜索路徑可能會經過該點，因此要還原
}
}
return;
}
int main()//主函數同理
{
iostream::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
ans=999999;
memset(a,false,sizeof(a));
int HP,sx,sy;
cin>>m>>n>>HP;
int i,j,k;
for(i=1;i<=m;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
char c;
cin>>c;
if(c=='*')
{
a[i][j]=1;
}
else if(c=='D')
{
sx=i;
sy=j;
}
else if(c=='M')
{
ex=i;
ey=j;
a[i][j]=1;
}
}
}
dfs(sx,sy,0);
if(HP<ans)
cout<<"OMG! DUDU is bound to Kneel keyboard"<<endl;
else
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
對比兩種算法：bfs更快，因爲它不用返回到前一步，第一次到達即最短路徑，但是可能會更佔內存；dfs慢，但可以記錄所有路徑，可以解決需要枚舉所有排列的問題，而且內存可能佔的更少