题意：
给一个n*m的矩阵，每个格子中有一个大写字母，一个机器人从‘F’出发，拾取所有的开关‘Y’时便能够越狱，但是每走一格需要花费1点能量，部分格子为充电站‘G’，每个电站只能充1次电。而且部分格子为障碍'D'或者空格‘S’。机器人在开始时电池是满能量的，问电池容量至少为多少可以越狱？（1<=n,m<=14，充电站+开关的总个数<=15）
思路：
看错题了，以为充电站和开关的个数分别至多为14，其实是两种加起来14。
既然只有15个关键的格子，那么状压就有用了。假设每个点关键格必须走1次，那么就像可重复走的TSP了。但是充电站只能充1次，而且路过了也可以不充。所以，其实关键格只有那些“开关”，只要保证所有开关都收集全了，其他都无所谓。
具体做法，求出这15个格子（包括起点）的两两之间的距离（BFS就够了），相当于一个完全连通图。再二分答案，判断是否能够收集所有开关。判断能否收集开关，就相当于求所有点只能走1次的欧拉路径了，直接状态压缩来求，注意：两点间不一定可达，遇到充电站必须充满电。这样子对于一个格子具体走过了多少格已经没有关系了。
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <iostream> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #include <deque> 7 #include <map> 8 #include <algorithm> 9 #include <vector> 10 #include <iostream> 11 #define pii pair<int,int> 12 #define INF 0x3f3f3f3f 13 #define LL long long 14 #define ULL unsigned long long 15 using namespace std; 16 const double PI = acos(-1.0); 17 const int N=16; 18 int dp[1<<15][N], tag[N][N], vis[N][N], dis[N][N], n, m, egy; 19 char g[N][N]; 20 21 struct node 22 { 23 int x,y,d; 24 node(){}; 25 node(int x,int y,int d):x(x),y(y),d(d){}; 26 }; 27 inline bool istar(int x,int y){return tag[x][y]>0;} 28 inline bool isok(int x,int y){ return (x>0&&x<=n)&&(y>0&&y<=m)&&g[x][y]!='D';} 29 inline int cmp(node a,node b){ return g[a.x][a.y]<g[b.x][b.y];} 30 bool binary(int cap) 31 { 32 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 33 dp[1][1]=cap; 34 for(int s=1; s<(1<<n); s++) 35 { 36 for(int i=1; i<=n; i++) 37 { 38 if( (s&(1<<i-1))==0 ) continue; //未走 39 for(int j=2; j<=n; j++) 40 { 41 if( s&(1<<j-1) ) continue; //只能走1次 42 int add= j<=egy?cap:-1; 43 if( dis[i][j]>0 && dp[s][i]>=dis[i][j] ) //前提要走得到那个位置 44 dp[s|(1<<j-1)][j]=max(dp[s|(1<<j-1)][j], max(dp[s][i]-dis[i][j],add)); 45 } 46 } 47 } 48 int mod=(1<<n)-(1<<egy)+1, ans=-INF; 49 for(int s=1; s<(1<<n); s++) 50 { 51 if( (s&mod)==mod ) 52 { 53 for(int i=2; i<=n; i++) 54 ans=max(ans, dp[s][i]); 55 } 56 } 57 return ans>=0; 58 } 59 60 deque<node> que; 61 void BFS(int x,int y) //求最短路 62 { 63 memset(vis,0,sizeof(vis)); 64 que.clear(); 65 que.push_back(node(x,y,0)); 66 vis[x][y]=true; 67 while(!que.empty()) 68 { 69 node t=que.front();que.pop_front(); 70 if( istar(t.x,t.y) ) //记录最短路 71 dis[tag[x][y]][tag[t.x][t.y]]=t.d; 72 if(isok(t.x-1,t.y)&&!vis[t.x-1][t.y]) 73 { 74 que.push_back(node(t.x-1,t.y,t.d+1) ); 75 vis[t.x-1][t.y]=true; 76 } 77 if(isok(t.x+1,t.y)&&!vis[t.x+1][t.y]) 78 { 79 que.push_back(node(t.x+1,t.y,t.d+1) ); 80 vis[t.x+1][t.y]=true; 81 } 82 if(isok(t.x,t.y-1)&&!vis[t.x][t.y-1]) 83 { 84 que.push_back(node(t.x,t.y-1,t.d+1) ); 85 vis[t.x][t.y-1]=true; 86 } 87 if(isok(t.x,t.y+1)&&!vis[t.x][t.y+1]) 88 { 89 que.push_back(node(t.x,t.y+1,t.d+1) ); 90 vis[t.x][t.y+1]=true; 91 } 92 } 93 } 94 95 96 int cal() 97 { 98 vector<node> vect; //关键点 99 for(int i=1; i<=n; i++) //编号 100 for(int j=1; j<=m; j++) 101 if(g[i][j]!='S'&&g[i][j]!='D') 102 vect.push_back(node(i,j,0)); 103 104 sort(vect.begin(), vect.end(), cmp); //按字典序排序 105 for(int i=0; i<vect.size(); i++) //编号 106 tag[vect[i].x][vect[i].y]=i+1; 107 108 egy=1; 109 for(int i=0; i<vect.size(); i++) 110 { 111 if(g[vect[i].x][vect[i].y]=='G') egy++; 112 BFS(vect[i].x,vect[i].y); //计算最短路 113 } 114 n=vect.size(); 115 if(egy==n) return 0; //无开关？ 116 if(!binary(1000)) return -1; //不可达 117 118 int L=0, R=300; 119 while(L<R) //二分答案 120 { 121 int mid=R-(R-L+1)/2; 122 if( binary(mid) ) R=mid; 123 else L=mid+1; 124 } 125 return R; 126 } 127 128 int main() 129 { 130 //freopen("input.txt","r",stdin); 131 while(scanf("%d%d",&n,&m), n+m) 132 { 133 memset(tag,0,sizeof(tag)); 134 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 135 136 for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%s",g[i]+1); 137 printf("%d ",cal()); 138 } 139 return 0; 140 }