【问题描述】
小 B 最近迷上了华容道，可是他总是要花很长的时间才能完成一次。于是，他想到用编程来完成华容道：给定一种局面， 华容道是否根本就无法完成，如果能完成， 最少需要多少时间。
小 B 玩的华容道与经典的华容道游戏略有不同，游戏规则是这样的：
在一个 n*m 棋盘上有 n*m 个格子，其中有且只有一个格子是空白的，其余 n*m-1个格子上每个格子上有一个棋子，每个棋子的大小都是 1*1 的；
有些棋子是固定的，有些棋子则是可以移动的；
- 任何与空白的格子相邻（有公共的边）的格子上的棋子都可以移动到空白格子上。
游戏的目的是把某个指定位置可以活动的棋子移动到目标位置。
给定一个棋盘，游戏可以玩 q 次，当然，每次棋盘上固定的格子是不会变的， 但是棋盘上空白的格子的初始位置、 指定的可移动的棋子的初始位置和目标位置却可能不同。第 i 次
玩的时候， 空白的格子在第 EXi 行第 EYi 列，指定的可移动棋子的初始位置为第 SXi 行第 SYi列，目标位置为第 TXi 行第 TYi 列。
假设小 B 每秒钟能进行一次移动棋子的操作，而其他操作的时间都可以忽略不计。请你告诉小 B 每一次游戏所需要的最少时间，或者告诉他不可能完成游戏。
输入输出格式
输入格式：
输入文件为 puzzle.in。
第一行有 3 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 n、m 和 q；
接下来的 n 行描述一个 n*m 的棋盘，每行有 m 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每个整数描述棋盘上一个格子的状态，0 表示该格子上的棋子是固定的，1 表示该格子上的棋子可以移动或者该格子是空白的。接下来的 q 行，每行包含 6 个整数依次是 EXi、EYi、SXi、SYi、TXi、TYi，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每次游戏空白格子的位置，指定棋子的初始位置和目标位置。
输出格式：
输出文件名为 puzzle.out。
输出有 q 行，每行包含 1 个整数，表示每次游戏所需要的最少时间，如果某次游戏无法完成目标则输出−1。
输入输出样例
3 4 2
0 1 1 1
0 1 1 0
0 1 0 0
3 2 1 2 2 2
1 2 2 2 3 2
2
-1
说明
【输入输出样例说明】
棋盘上划叉的格子是固定的，红色格子是目标位置，圆圈表示棋子，其中绿色圆圈表示目标棋子。
- 第一次游戏，空白格子的初始位置是 (3, 2)（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在(1, 2)上的棋子（图中绿色圆圈所代表的棋子）移动到目标位置(2, 2)（图中红色的格子）上。
移动过程如下：
- 第二次游戏，空白格子的初始位置是（1, 2）（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在（2, 2）上的棋子（图中绿色圆圈所示）移动到目标位置 (3, 2)上。
要将指定块移入目标位置，必须先将空白块移入目标位置，空白块要移动到目标位置，必然是从位置（2， 2）上与当前图中目标位置上的棋子交换位置，之后能与空白块交换位置的只有当前图中目标位置上的那个棋子，因此目标棋子永远无法走到它的目标位置， 游戏无
法完成。
【数据范围】
对于 30%的数据，1 ≤ n, m ≤ 10，q = 1；
对于 60%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 10；
对于 100%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 500。
题解：
发现每个点需要移动时空格都需要在其四周，所以可以预处理出每个点到其四周的最少的步数，
然后每次输入时，处理处空格到其四周，现将空格移到起始点周围，然后每次交换位置，再移动，
这时就可以直接根据预处理的图进行最短路就ok了。
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#define fzy pair<int,int>
#define inf 100000007
using namespace std; const int lx[]={-,,,};
const int ly[]={,,-,};//上为0，下为1，左为2，右为3 int n,m,q;
int d[];bool ins[];
int p[][],dis[][];
int cnt,head[],next[],rea[],val[]; void add(int u,int v,int fee)
{
next[++cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
rea[cnt]=v;
val[cnt]=fee;
}
void bfs(int sx,int sy,int bx,int by,int flag)//sx,sy表示空格位置，bx，by表示目标棋子位置。
{
queue<fzy>q;
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(make_pair(sx,sy));
memset(dis,,sizeof(dis));//用来处理不经过目标点到达其身边。
dis[sx][sy]=;
while(!q.empty())
{
int nx=q.front().first,ny=q.front().second;q.pop();
for (int i=;i<;i++)
{
int tx=nx+lx[i],ty=ny+ly[i];
if (p[tx][ty]&&!dis[tx][ty]&&(tx!=bx||ty!=by))//可以走，未到过，不是目标点。
{
dis[tx][ty]=dis[nx][ny]+;
q.push(make_pair(tx,ty));
}
}
}
if (flag>) return;
for (int i=;i<;i++)
{
int tx=bx+lx[i],ty=by+ly[i];
if ((tx!=sx||ty!=sy)&&dis[tx][ty]) add(bx*+by*+flag,bx*+by*+i,dis[tx][ty]-);//表示不经过目标点到达其身边。
}
add(bx*+by*+flag,sx*+sy*+flag^,);//表示直接交换。
}
void solve_spfa(int bx,int by)
{
queue<int>q;
while(!q.empty()) q.pop();
for (int i=;i<;i++)
d[i]=inf,ins[i]=;
for (int i=;i<;i++)
{
int tx=bx+lx[i],ty=by+ly[i],tn=bx*+by*+i;
if (dis[tx][ty])
{
d[tn]=dis[tx][ty]-;
q.push(tn);
ins[tn]=;
}
}
while(!q.empty())
{
int now=q.front();q.pop();
for (int i=head[now];i!=-;i=next[i])
{
int v=rea[i],fee=val[i];
if(d[now]+fee<d[v])
{
d[v]=d[now]+fee;
if (!ins[v])
{
ins[v]=;
q.push(v);
}
}
}
ins[now]=;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
memset(head,-,sizeof(head));
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=m;j++)
scanf("%d",&p[i][j]);
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=m;j++)
{
if (!p[i][j]) continue;
if (p[i-][j]) bfs(i-,j,i,j,);
if (p[i+][j]) bfs(i+,j,i,j,);
if (p[i][j-]) bfs(i,j-,i,j,);
if (p[i][j+]) bfs(i,j+,i,j,);
}
while(q--)
{
int sx,sy,bx,by,mx,my;
scanf("%d%d%d%d%d%d",&sx,&sy,&bx,&by,&mx,&my);
if (bx==mx&&by==my)
{
puts("");
continue;
}
bfs(sx,sy,bx,by,);
solve_spfa(bx,by);
int ans=inf;
for (int i=;i<;i++)
ans=min(ans,d[mx*+my*+i]);
if (ans<inf) printf("%d\n",ans);
else puts("-1");
}
}