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【題目大意】
達達是來自異世界的魔女，她在漫無目的地四處漂流的時候，遇到了善良的少女翰翰，從而被收留在地球上。翰翰的家裏有一輛飛行車。有一天飛行車的電路板突然出現了故障，導致無法啓動。電路板的整體結構是一個R行C列的網格（R,C≤500），如下圖所示。
每個格點都是電線的接點，每個格子都包含一個電子元件。電子元件的主要部分是一個可旋轉的、連接一條對角線上的兩個接點的短電纜。在旋轉之後，它就可以連接另一條對角線的兩個接點。電路板左上角的接點接入直流電源，右下角的接點接入飛行車的發動裝置。達達發現因爲某些元件的方向不小心發生了改變，電路板可能處於斷路的狀態。她準備通過計算，旋轉最少數量的元件，使電源與發動裝置通過若干條短纜相連。不過，電路的規模實在是太大了，達達並不擅長編程，希望你能夠幫她解決這個問題。
【輸入格式】
輸入文件包含多組測試數據。
第一行包含一個整數T，表示測試數據的數目。
對於每組測試數據，第一行包含正整數R和C，表示電路板的行數和列數。
之後R行，每行C個字符，字符是"/“和”"中的一個，表示標準件的方向。
【輸出格式】
對於每組測試數據，在單獨的一行輸出一個正整數，表示所需的縮小旋轉次數。
如果無論怎樣都不能使得電源和發動機之間連通，輸出NO SOLUTION。
【數據範圍】
1≤R,C≤500,
1≤T≤5
【輸入樣例】：
1
3 5
\/\
\///
/\\
【輸出樣例】：
1
【樣例解釋】
樣例的輸入對應於題目描述中的情況。
只需要按照下面的方式旋轉標準件，就可以使得電源和發動機之間連通。
分析：
方法一：建圖+堆優化dijkstra求最短路
題目中旋轉短電纜是需要花費1的代價的，旋轉後是另外兩個點的連接，那麼我們可以根據讀入的短電纜方向確定格點上邊權爲0的無向邊，那麼與其方向垂直的方向的格點可建立邊權爲1的無向邊。那麼會構成一個由點集0~(R+1）（C+1）-1組成的無向圖，求解0爲起點，(R+1） * （C+1）-1爲終點的最短路，邊權爲0或者1，因此可採用dijkstra求最短路，考慮到普通的dij時間複雜度爲O(N^2),其中N=501501(格點數),會超時，那麼考慮使用堆優化的dij,時間複雜度爲O(NlogN)可以通過。
注意建立圖時分析好格點與格子座標關係
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 500+6;
int r,c;
char s[MAXN][MAXN];
struct node {
int u,v,w,next;
};
int d[MAXN*MAXN];
bool vis[MAXN*MAXN];
int cnt, head[MAXN*MAXN];
node edge[MAXN*MAXN*4]; //一個格子裏會有四條邊
void init(){
memset(head,0,sizeof(head));
memset(edge,0,sizeof(edge));
memset(s,0,sizeof(s));
cnt = 0;
}
void read(){
cin >> r >> c;
for(int i= 0; i< r; i++) scanf("%s",s[i]);
}
void addedge(int u,int v,int w){
edge[++cnt]=(node){u,v,w,head[u]};
head[u] = cnt;
}
void pre_edge(){
int xc = c+1;
for(int i = 0; i< r; i++){
for(int j = 0; j< c; j++){
if(s[i][j] == '/'){ //將（i，j）座標的格子邊上四個點對應建立無向邊，構成一個圖。
addedge(xc*i+j, xc*(i+1)+j+1 , 1);
addedge( xc*(i+1)+j+1 ,xc*i+j, 1);
addedge(xc * i + j +1 ,xc*(i+1)+j , 0);
addedge(xc *(i+1)+j ,xc * i + j +1, 0);
}
else{
addedge(xc*i+j, xc*(i+1)+j+1 , 0);
addedge( xc*(i+1)+j+1 ,xc*i+j, 0);
addedge(xc * i + j +1 ,xc*(i+1)+j , 1);
addedge(xc *(i+1)+j ,xc * i + j +1 , 1);
}
}
}
}
void dij(){ //堆優化的dijkstra求最短路
memset(d,0x3f,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));
priority_queue < pair<int,int> >q;
int ed = (c+1)*r+c;
d[0] = 0;
q.push(make_pair(0,0));
while(!q.empty()){
int u = q.top().second;
q.pop();
if(vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for(int i = head[u];i; i = edge[i].next){
int v = edge[i].v;
int w = edge[i].w;
if(d[u] + w < d[v]){
d[v] = d[u] + w;
q.push(make_pair(-1*d[v],v));
}
}
}
}
int main(){
int t;
cin >> t;
while(t--){
init();
read();
pre_edge();
dij();
int step = d[(c+1)*r+c] ;
if(step == 0x3f3f3f3f) printf("NO SOLUTION\n");
else printf("%d\n",step);
}
return 0;
}
方法二：ZYX寫的寬搜，在此記錄，用雙端隊列，如果這條分支時邊權爲0,就沿着該分支到達的新節點從隊頭入隊，如果這條分支是邊權爲1的邊，就從普通寬搜一樣從隊尾入，思路詳見代碼中註釋。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn=505;
const int gzx[4]={0,0,1,1},gzy[4]={0,1,1,0};
const int gz[4]={0,1,0,1},dx[4]={-1,-1,1,1},dy[4]={-1,1,1,-1};
int r,c;
int Map[Maxn][Maxn];//每一個格子的電纜 0:\ 1:/
int minstep[Maxn][Maxn];
bool vis[Maxn][Maxn];
//起點座標爲(0,0) 終點座標爲(r,c)
struct node{
int x,y,cnt;
};
bool check(int x,int y){
if(x<0||y<0||x>r||y>c)return false;
return true;
}
void work(){
deque<node> q;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(minstep,0x3f,sizeof(minstep));
q.push_front((node){0,0,0});
while(!q.empty()){
node temp=q.front();
q.pop_front();
int x=temp.x,y=temp.y,cnt=temp.cnt;
if(vis[x][y])continue;
vis[x][y]=true;
if(x==r && y==c){printf("%d\n",cnt);return;}
for(int i=0;i<4;i++){
int gx=x+gzx[i],gy=y+gzy[i];
if(gx>0 && gy>0 && gx<=r && gy<=c){
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(check(nx,ny)){
if(minstep[nx][ny]==0x3f3f3f3f){
if(Map[gx][gy]!=gz[i]){q.push_back((node){nx,ny,cnt+1});minstep[nx][ny]=cnt+1;}
else{q.push_front((node){nx,ny,cnt});minstep[nx][ny]=cnt;}
}
else if(Map[gx][gy]==gz[i] && cnt<minstep[nx][ny]){
q.push_front((node){nx,ny,cnt});
}
}
}
}
}
printf("NO SOLUTION\n");
}
int main(){
//可以理解成從起點走向不同的格點 中途可以更改道路，最後走到終點
//那麼過程中就要記錄當前更改道路的次數，和寬搜一樣，保證了到達一個格點時，一定是用了最少的更改道路
//然後還要注意一個細節：從一個點向其他點行走時不一定要更改道路，也就是說更改道路次數不一定都是遞增的，所以要用雙端隊列維護隊列單調性
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&r,&c);
for(int i=1;i<=r;i++){
for(int j=1;j<=c;j++){
char c=getchar();
while(c!='\\'&&c!='/')c=getchar();
if(c=='\\')Map[i][j]=0;
else Map[i][j]=1;
//將字符轉化爲數字
}
}
work();
}
return 0;
}