题目大意:地图上有些管道，在管道行走里不需要花费时间，但从一个管道的出口走到另一个管道的入口则需要花费时间，问走完所有管道最短的时间，如果不行，则输出-1.
先用bfs处理出每两个点之间的距离，这样就可以知道每个管道出口到其他出口的距离，然后就是怎么走这些管道，如果直接深搜有15！种情况，肯定不行，而n,m最大都才15，总状态一共就215-1个，这样我们枚举每个状态，然后再枚举这个状态已经走过的管道，最后枚举这个状态没走到的管道，dp[i][j]就代表i状态最后走的是j管道的最短时间。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 using namespace std; 5 const int inf=0x3f3f3f3f; 6 const int ne[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}}; 7 struct Node{ 8 int x,y,t; 9 Node(){} 10 Node(int x,int y,int t):x(x),y(y),t(t){} 11 }; 12 int n,m,sn,ans,dis[20][20][20][20],vis[20][20]; 13 int x1[20],y1[20],x2[20],y2[20],dp[1<<18][20],cf2[18]={1}; 14 char s[20][20]; 15 void bfs(int x,int y) 16 { 17 memset(vis,0,sizeof(vis)); 18 vis[x][y]=1; 19 queue<Node> q; 20 q.push(Node(x,y,0)); 21 while(!q.empty()) 22 { 23 Node p=q.front(); 24 q.pop(); 25 dis[x][y][p.x][p.y]=p.t; 26 for(int i=0;i<4;i++) 27 { 28 int dx=p.x+ne[i][0]; 29 int dy=p.y+ne[i][1]; 30 if(dx<=0||dx>n||dy<=0||dy>n) 31 continue; 32 if(!vis[dx][dy]&&s[dx][dy]!='#') 33 { 34 vis[dx][dy]=1; 35 q.push(Node(dx,dy,p.t+1)); 36 } 37 } 38 } 39 } 40 int main() 41 { 42 for(int i=1;i<=15;i++) 43 cf2[i]=cf2[i-1]<<1; 44 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 45 { 46 memset(dp,inf,sizeof(dp)); 47 memset(dis,inf,sizeof(dis)); 48 for(int i=1;i<=n;i++) 49 scanf("%s",s[i]+1); 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 for(int j=1;j<=n;j++) 52 bfs(i,j);//预处理出距离 53 for(int i=0;i<m;i++) 54 scanf("%d%d%d%d",&x1[i],&y1[i],&x2[i],&y2[i]); 55 for(int i=0;i<m;i++) 56 dp[1<<i][i]=0;//第一个走的管道不需要花费时间 57 int maxm=(1<<m)-1; 58 for(int i=1;i<maxm;i++) 59 { 60 for(int j=0;j<m;j++) 61 { 62 if(i&cf2[j])//枚举已经走了的 63 { 64 for(int k=0;k<m;k++) 65 if(!(i&cf2[k]))//枚举还没走的 66 dp[i+cf2[k]][k]=min(dp[i+cf2[k]][k],dp[i][j]+dis[x2[j]][y2[j]][x1[k]][y1[k]]); 67 } 68 } 69 } 70 int ans=inf; 71 for(int i=0;i<m;i++) 72 ans=min(ans,dp[maxm][i]); 73 if(ans>=inf) 74 printf("%d ",-1); 75 else 76 printf("%d ",ans); 77 } 78 return 0; 79 }