题目描述
这次题目的主角Chell必须解决GLaDOS提出的一个新的难题。Chell现在在一个布局可以表示为N行M列的房间当中，每一个细分的方格中，可以是一下几种情况之一： ·障碍物-墙（表示为‘#’） ·Chell最初始的位置（表示为‘C’） ·Chell必须到达的终点（表示为‘F’） ·空位置（表示为‘.’） Chell手上有一门所谓的“门枪”，这把枪可以在墙上创造一个入口，每次移动时，她可以进行以下操作中的一种操作： ·向上、下、左、右移动到相邻区域（无法移动到有墙的区域） ·如果上、下、左、右方向有一堵墙（不是相邻的上下左右方向），则可以使用“门枪”在墙上创造一个入口，这个入口只能从被激活的这一侧进入，同一时刻最多只可激活两个入口。如果在已经存在两个入口时再激活一个入口，那么，先创建的那个入口就会消失。创造这种入口所消耗的时间可忽略不计，即记为消耗0时间。 ·如果Chell在一个与墙壁相邻的位置，且这个墙面向她的这一侧有一个入口，且现在有两个入口，那么Chell就可以通过这个入口到另一个入口前的一个无障碍位置。此移动持续一个单位时间。 Chell想知道，她最少需要花费多少时间，从起点到终点。 注意：房间两侧总有墙壁，字母‘C’和‘F’只会出现一次。
输入格式
第一行输入两个正整数N、M（4≤N，M≤500），表示房间的行列数。 接下来输入一个N行M列的地图，每个格子包含‘C’，‘.’，‘F’，‘#’这四种中的一种字符。
输出格式
输出Chell从起点到终点最少需要花费的时间，如果她不能到达终点，则输出“nemoguce”。
样例
样例输入1
4 4
#.F#
#C.#
样例输出1
2
样例输入2
6 8
########
#.##…F#
#C.##…#
#…#…#
#…##
########
样例输出2
4
样例输入3
4 5
#C#.#
###F#
样例输出3
nemoguce
数据范围与提示
对于样例2，首先在起点的左侧（3,1）和下侧（6,2）建立一个入口，那么，消耗1个单位时间，Chell就可以到达（5,2）。到达（5,2）后，再在右边（5,7）的墙上建立一个入口，此时，存在的两个入口分别在(6,2)和(5,7)这两个位置，再通过1个单位时间到达（5,6）这个位置。同理，在往上（1,6）建立一个入口，再通过入口，从（5,6）到达（2,6）,再向右一步到达终点。这当中一共消耗了4个单位时间。
解题思路
此题就是走迷宫，只不过在靠墙的地方的时候我们可以四个方向一直走到底。
我们考虑一个点，它与四个方向的墙的距离我们可以求出来，然后它到四个墙所需时间就是它到离他最近的墙的距离，我们连个边，建个图，进行最短路操作。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
int u,v;
node(){};
node(int U,int V){
u = U,v = V;
}
};
int n,m,s,e,dis[250005];
char mase[505][505];
bool vis[250005];
vector <node>G[250005];
void spfa(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s] = 0;
queue<int>Q;
Q.push(s);
vis[s] = 1;
while (!Q.empty()){
int p = Q.front();
Q.pop();
vis[p] = 0;
int xx = G[p].size();
for (int i = 0;i < xx;i ++){
int u = G[p][i].u,v = G[p][i].v;
if (dis[u] > dis[p] + v){
dis[u] = dis[p] + v;
if (!vis[u]){
Q.push(u);
vis[u] = 1;
}
}
}
}
if (dis[e] == 0x3f3f3f3f)
printf("nemoguce
");
else
printf("%d",dis[e]);
}
int main(){
scanf ("%d%d",&n,&m);
for (int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("
");
for (int j = 1;j <= m;j ++){
scanf ("%c",&mase[i][j]);
if (mase[i][j] == 'C'){
mase[i][j] = '.';
s = i * m + j;
}
if (mase[i][j] == 'F'){
mase[i][j] = '.';
e = i * m + j;
}
}
}
for (int i = 1;i <= n;i ++){
for (int j = 1;j <= m;j ++){
if (mase[i][j] == '#')
continue;
if (j + 1 <= m && mase[i][j + 1] != '#'){
G[i * m + j].push_back(node(i * m + j + 1,1));
G[i * m + j + 1].push_back(node(i * m + j,1));
}
if (i + 1 <= n && mase[i + 1][j] != '#'){
G[(i + 1) * m + j].push_back(node(i * m + j,1));
G[i * m + j].push_back(node((i + 1) * m + j,1));
}
int tot1 = 0,k1 = i - 1;
while (mase[k1][j] != '#'){
k1 --;
tot1 ++;
}
int tot2 = 0,k2 = i + 1;
while (mase[k2][j] != '#'){
k2 ++;
tot2 ++;
}
int tot3 = 0,k3 = j - 1;
while (mase[i][k3] != '#'){
k3 --;
tot3 ++;
}
int tot4 = 0,k4 = j + 1;
while (mase[i][k4] != '#'){
k4 ++;
tot4 ++;
}
int min_tot = min(tot1,min(tot2,min(tot4,tot3))) + 1;
G[i * m + j].push_back(node ((k1 + 1) * m + j,min_tot));
G[i * m + j].push_back(node ((k2 - 1) * m + j,min_tot));
G[i * m + j].push_back(node (i * m + k3 + 1,min_tot));
G[i * m + j].push_back(node(i * m + k4 - 1,min_tot));
}
}
spfa();
}