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這題是乙個大坑。
首先我們想到了bfs，這個題就是乙個簡單到不能再簡單的maze加上傳送門就是了。
但是有一點是傳送門不費時啊！！什麼鬼。所以我們要先判傳送門
為什麼呢？我記得有一組測試資料報括了這種情況
這不清真
另外，好像還有乙個點是全都是傳送門的情況。
先判傳送門（並不是判隊首元素位於傳送門，而是隊首座標移動之後），傳送過去之後耗時不加，佇列儲存傳送後的位置，這樣就不會產生無限傳送死迴圈的問題。
但是關於情況2怎麼辦？我們利用bfs的性質，把傳送門（傳過去之後）打上標記，然後就不用他了。（每一次用都是最早用他）
傳送門i hate you
讀入的時候記錄傳送門的相對座標，像這樣：
scanf("%s",&mapx[i]);
for (int j=0;j='a' && mapx[i][j]<='z')
else toit[mapx[i][j]-65][1][0]=i; toit[mapx[i][j]-65][1][1]=j;
}}
#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
queuequex,quey;
int cachex,cachey;
char mapx[400][400]=;
int sx,sy,ex,ey,n,m;
int head=0,tail=1;
int timex[100000]=,toit[50][2][2];
bool checked[400][400]=;
int wayx[4]=,wayy[4]=;
int main()
} }quex.push(sx); quey.push(sy);
timex[1]=0;
while (quex.size()>0)
for (int i=0;i<=3;i++)
if (cachex+wayx[i]>=0 && cachex+wayx[i]=0 && cachey+wayy[i]='a' && mapx[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]<='z' && checked[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]==false)
{if (cachex+wayx[i]==toit[mapx[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]-65][0][0] && cachey+wayy[i]==toit[mapx[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]-65][0][1])
{tail++;
quex.push(toit[mapx[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]-65][1][0]); quey.push(toit[mapx[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]-65][1][1]);
timex[tail]=timex[head]+1;
checked[cachex+wayx[i]][cachey+wayy[i]]=true;
//cout<<"a "<<"x= "<
其實這個題處理好了傳送門，你會發現，其實不難……（輸出除錯**好）
記得用checked陣列標記已經訪問的點和傳送門，要不無限使用傳送門
P1825 玉公尺田迷宮
有了上次題目看錯的教訓後再不敢隨便看題了usaco太坑，這題絕對不水，傳送門還特別玄學自然 短不了 const z array 1.4,1.2 of 1.1 1,0 0,1 1,0 0,1 var i,j,k longint m,n longint pdx,pdy longint csmx,csmy...
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