題目描述
在一個 y行 x列 的迷宮中，有可行走的通路空格 ，不可行走的牆 #，還有兩種英文字母 A 和 S ，現在從 S 出發，要求用最短的路徑 L 連接所有字母，輸出這條路徑 L 的總長度。
思路分析
BFS + Prim
一格的長度爲1，而且移動的方法只有上、下、左、右，
所以在無任何牆的情況下（但“牆#”是必須考慮的，這裏只是爲了說明）
任意兩個字母之間的距離就是直接把 橫座標之差 加上 縱座標之差
注意的是：
① 可行的路爲 字母 和 空格
② 不可行的路爲 # 和 矩陣範圍之外
根據題意的**“分離”規則**，重複走過的路不再計算
因此當使用prim算法求L的長度時，根據算法的特徵恰好不用考慮這個問題（源點合併很好地解決了這個問題），L就是最少生成樹的總權值W
由於使用prim算法求在最小生成樹，因此無論哪個點做起點都是一樣的，（通常選取第一個點），因此起點不是S也沒有關係
所以所有的A和S都可以一視同仁，看成一模一樣的頂點就可以了
最後要注意的就是 字符的輸入：
cin不讀入空字符（包括 空格，換行等）
gets讀入空格，但不讀入換行符）
剩下的問題關鍵就是處理 任意兩字母間的最短距離，由於存在了“牆#” ，這個距離不可能單純地利用座標加減去計算，必須額外考慮，推薦用BFS（廣搜、寬搜），這是本題的唯一難點，因爲prim根本直接套用就可以了。
另外注意在求 任意兩字母間的最短距離 時 不能直接 用 BFS：
(1) 必須先把矩陣中每一個允許通行的格看做一個節點（就是在矩陣內所有非#的格都作爲圖M的一個頂點），對每一個節點i，分別用BFS求出它到其他所有節點的權值（包括其本身，爲0），構造節點圖M；
(2) 然後再加一個判斷條件，從圖M中抽取以字母爲頂點的圖，進而構造字母圖N。這個判定條件就是當節點圖M中的某點j爲字母時，把i到j的權值再複製（不是抽離）出來，記錄到字母圖N的鄰接矩陣中
(3) 剩下的就是對字母圖N求最小生成樹了
//252K 47MS
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define vec vector<int>
#define P pair<int,int>
#define MAX 55
int T, m, n, cnt, ma[MAX][MAX], dis[105][105], vis[MAX][MAX];
int dx[4] = { 1,-1,0,0 }, dy[4] = { 0,0,1,-1 }, mind[105], belong[105];
string s[MAX];
void bfs(int x, int y,int id) {
fill(dis[id], dis[id] + 105, inf);
memset(vis, -1, sizeof(vis));
dis[id][id] = 0; queue<P> q; q.push(P(x, y)); vis[x][y] = 0;
while (!q.empty()) {
x = q.front().first, y = q.front().second; q.pop();
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
if (xx < 0 || xx >= m || yy < 0 || yy >= n ||
s[xx][yy] == '#' || vis[xx][yy] != -1)continue;
vis[xx][yy] = vis[x][y] + 1; q.push(P(xx, yy));
if (ma[xx][yy] > 0) //這是一個點
dis[id][ma[xx][yy]] = vis[xx][yy];//更新到他的距離
}
}
}
//從s開始的最小生成樹
int prim(int s) {
memset(belong, 0, sizeof(belong)); belong[s] = 1;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) mind[i] = dis[s][i];
int res = 0;
//依次找到加入的cnt-1個點
for (int i = 1; i < cnt; i++) {
int mi = inf, id = -1;
//找到離當前點集最近的點
for (int j = 1; j <= cnt; j++)
if (mind[j] < mi && !belong[j])
mi = mind[j], id = j;
if (id == -1)break;
belong[id] = 1; res += mind[id];
for (int j = 1; j <= cnt; j++)
if (!belong[j] && mind[j] > dis[id][j])
mind[j] = dis[id][j];
}
return res;
}
int main() {
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m;
char temp[51];
gets_s(temp);
for (int i = 0; i < m; i++)getline(cin, s[i]);
cnt = 1;
//給每個A一個編號
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < s[i].size(); j++) {
if (s[i][j] == 'A')ma[i][j] = ++cnt;
else if (s[i][j] == 'S')ma[i][j] = 1;
else ma[i][j] = 0;
}
//計算每個A到其他節點的距離
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < s[i].size(); j++) {
if (ma[i][j] == 0)continue;
bfs(i, j, ma[i][j]);
}
cout << prim(1) << endl;
}
}