题意
费尽周折，终于将众将士的残骸运送到了KD军事基地地底层的大型墓地入口。KD的伙伴和战友们都参加了这次重大的送葬仪式。右边是一扇敞开的大门，进去便是墓地了，左边是一堵凹进去的墙，没有什么特别的地方。 部队缓缓进入右边的门，一切。。。就这么结束了么。。。。。 此时， F却没有跟上队伍，在一般MM都会有的强烈的第六感之下，她来到了左边这堵墙前一探究竟。扫去了重重的灰尘之后，墙上一块凹进去的手掌印清晰可见了。F试着用自己的手对上去，竟刚好合适。稍微用力一按，顿时一声巨响，地上马上裂开一大洞，F和那厚重的墙瞬间一起落入深渊！当其他人听见了巨大的声响而赶来的时候，一切都恢复平静了。只有那堵墙后面的世界，震惊了所有生物。这到底是什么，为什么会在墓地里面？ 墙的后面是一个巨大的迷宫！简单的一行字浮现在了一侧的墙上：猛烈撞击所有发亮的机关石。当大伙好奇的蜂拥进迷宫的时候，一块莫名其妙的巨石竟从入口上方落下，将入口完全堵死了！石头上清晰的写了一行字：超过规定时间不能完成任务，全部人都会困死于此。看来，只有硬着头皮去闯，才有可能离开这里，并且探索出这个迷宫的秘密了。 于是大家马上散开，很快摸清了这里的地形，剩下的任务就是轰击石头了。那么。。。论攻击力最高的，自然非功夫DP莫属，而且功夫DP可以使用前滚翻移动法，能够瞬间获得巨大的初速度，并且在直线运动的时候速度将近似光速，质量无穷大，那动能自然就。。。。。。DP每次可以选择朝一个方向滚动，并且可以自己选择在某位置停下来，或者撞击到墙和石头的时候被迫停下来。由于直线速度过快，所以要停下来拐弯自然就是很麻烦的事情。那么只有制定出一个最好的运动方法，使得DP停下来次数最少，才能争取尽量多的时间！
输入：第一行3个正整数N、M和T。表示这是一个N*M的迷宫，并且有T个机关石。 接下来用一个N*M的字符矩阵描述迷宫，`.`表示是空地，`#`表示是墙。 接下来T行每行2个正整数X、Y，描述一个机关石的位置，它在迷宫对应的位置是`#`。不会有两个机关石在同一位置。 最后一行2个正整数X0、Y0，表示DP的初始位置。
输出：一个正整数ANS，表示DP至少要停下来多少次才能撞击完所有的机关石。
\(N,M \leq 100 , T \leq 15\)
分析
参照hzwer的题解。
对于40%的数据
状压墙的撞击情况，然后广搜
d[x][y][st][dir]表示到x行y列，撞击情况为st，朝向为dir的最小转向数
对于100%的数据
只有机关四周的四个格子是有意义的
只会在这些格子间之间走最短路（可以广搜来求），那么只剩下4T个格子，预处理每个格子到另一个格子撞机关的最少转向次数
最后状压dp即可，用\(f(s,t)\)表示已撞击状态为s，然后出发点情况为t的最小话费。直接对每个状态枚举转移态即可。
复杂度\(O(4T \cdot 4NM + 2^T \cdot 4T \cdot 4T)\)
由于我预处理写的是spfa，会多花些时间
这题主要难点在于预处理出距离。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<cassert>
#include<ctime>
#include<cstring>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read()
{
rg T data=0;
rg int w=1;
rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')
w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
data=data*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return data*w;
}
template<class T>T read(T&x)
{
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
co int INF=0x3f3f3f3f;
co int MAXN=100,MAXT=15;
int n,m,t;
char buf[MAXN];
int rock[MAXN][MAXN];
int x[MAXT],y[MAXT];
co int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
int p(int x,int d)
{
return 4*x+d;
}
int dis[4*MAXT+1][4*MAXT+1];
int d[MAXN][MAXN][4];
bool inq[MAXN][MAXN];
queue <pii> Q;
bool inrg(int x,int y)
{
return 0<=x&&x<n&&0<=y&&y<m;
}
void bfs(int bx,int by,int id)
{
if(!inrg(bx,by)||rock[bx][by])
return;
memset(d,0x3f,sizeof d);
for(int i=0;i<4;++i)
d[bx][by][i]=0;
Q.push(pii(bx,by));
inq[bx][by]=1;
while(Q.size())
{
int x=Q.front().first,y=Q.front().second;
Q.pop();
inq[x][y]=0;
for(int i=0;i<4;++i)
{
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(!inrg(nx,ny)||rock[nx][ny])
continue;
for(int j=0;j<4;++j)
if(d[x][y][i]+(i!=j)<d[nx][ny][j])
{
d[nx][ny][j]=d[x][y][i]+(i!=j);
if(!inq[nx][ny])
{
Q.push(pii(nx,ny));
inq[nx][ny]=1;
}
}
}
}
for(int i=0;i<t;++i)
for(int j=0;j<4;++j)
{
int s=INF,nx=x[i]+dx[j],ny=y[i]+dy[j];
for(int k=0;k<4;++k)
s=min(s,d[nx][ny][k]+(nx+dx[k]!=x[i]||ny+dy[k]!=y[i]));
dis[id][p(i,j)]=s;
}
}
int f[1<<MAXT][4*MAXT+1];
void dp()
{
for(int i=0;i<(1<<t);++i)
for(int x=0;x<=4*t;++x)
f[i][x]=INF;
f[0][4*t]=0;
for(int i=0;i<(1<<t);++i)
for(int x=0;x<=4*t;++x)
if(f[i][x]<INF)
for(int y=0;y<4*t;++y)
{
int s=i|(1<<(y/4));
f[s][y]=min(f[s][y],f[i][x]+dis[x][y]+1); // 加上到机关石停止的开销
}
int ans=INF;
for(int x=0;x<=4*t;++x)
{
// cerr<<"f "<<(1<<t)-1<<" "<<x<<" = "<<f[(1<<t)-1][x]<<endl;
ans=min(ans,f[(1<<t)-1][x]);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
read(n);read(m);read(t);
for(int i=0;i<n;++i)
{
scanf("%s",buf);
for(int j=0;j<m;++j)
if(buf[j]=='#')
rock[i][j]=1;
}
for(int i=0;i<t;++i)
x[i]=read<int>()-1,y[i]=read<int>()-1; // edit 1: -1
for(int i=0;i<t;++i)
for(int j=0;j<4;++j)
bfs(x[i]+dx[j],y[i]+dy[j],p(i,j));
int bx=read<int>()-1,by=read<int>()-1; // edit 1
bfs(bx,by,4*t);
// for(int i=0;i<=4*t;++i)
// for(int j=0;j<=4*t;++j)
// cerr<<dis[i][j]<<(j==4*t?'\n':' ');
dp();
return 0;
}