description
期末考試終於結束了。andy同學感覺松了一口氣，他決定重溫小時候的快樂時光–下飛行棋。但是他弄丟了傳統飛行棋需要的骰子，因此他發明了一種新型的飛行棋遊戲，規則如下：棋盤上有n個格仔，由近到遠分別編號為1到n。對於1≤i≤n，第i個格仔上寫著乙個正整數ni。當玩家處於第a個格仔時,他可以選擇往後走na步，或者往前倒退na步。當然如果na+a>n，那麼他就只能選擇後退；同理如果a−na<1，那麼他就只能選擇前進。保證不會出現既不能前進又不能後退的格仔。
input
第一行三個整數，分別為n,s,t意義如題面所述。
第二行n個正整數，第i個數為ni。
output
乙個數，為最少經過的把數。如果s無法到達t，輸出-1。
samples
input
6 6 4
1 2 2 3 1 2
output
1hint
對於前10%的資料，s=t；
對於前40%的資料，n≤200;
對於另外10%的資料，s無法到達t；
對於100%的資料，n≤200000;
source
石光中學 fcs2018基礎班day 6
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int n =
200005
;int n,s,t;
int a[n]
,cnt[n]
,k[n]
,u,v;
void
bfs()if
(v>=1&&
!k[v])}
}int
main()
bfs();
cout<
;return0;
}
大題思路：
乙個陣列cnt來記錄到達該位置時，已經走的步數。這個陣列最初的時候初始化為-1，因為如果沒有答案的話（無法到達）可以直接輸出-1,（不能判斷cnt是否為0，因為0是有意義的，當起始位置就是終點的時候cnt可以為0）
乙個陣列k來標記是否走過這個位置（因為同乙個位置不可以走兩次）
然後我們看函式主體：
這裡是用到了fifo佇列queueq; q.push(s);k[s]=1;cnt[s]=0;我們把起始位置s壓入佇列，然後標記k[s]=1,表示這裡已經走過了不能再來了，並且cnt[s]=0，表示這裡是起始位置。
while
(q.size()
)if(v>=1&&
!k[v]
)}
①這裡的u很顯然就是向前走的操作（x+a[x]），而v就是向後走的操作（x-a[x]）。
②如果向前走在[1,n]範圍內，並且之前沒有到達過，就把這個點壓入佇列，並且步數+1。同樣，如果向後走在[1,n]範圍內，並且之前沒有到達過，就把這個點壓入佇列，並且步數+1。
那麼為什麼要判定是否走過這個點？
因為如果先前已經走過了那麼接下來的操作一定是重合的，並且先到達的在時間上一定是優先的。
可以參考上面的圖：
上面的過程需要3步才能到達4，而下面的過程只需要2步就能到達4，並且到達4以後的路徑不會因為選擇了上面或是下面的過程而改變。因此，先到達的在時間上一定是優先的。
我們這樣進行操作，最終一定是每次測試同一時間點到達的數。
例如：我們最初的起始點是1，如果之後的操作我們可以向前也可以向後，那麼就會壓入兩個數值，實際上這兩個數值的先後順序並不重要，因為他們都是屬於第2層（cnt = 1）我們把第二層的點都測試完了之後，才會去測試第3層的數（cnt = 2）。
模擬一下佇列如下圖：
最初只有第1層，第1層操作時會產生2個第2層的數，之後第2層的數操作會產生第3層的數……
總之，在完成了以上的操作時，我們已經按照最優的時間到達了每乙個能到達的點，並在那裡留下了我們的標記。
最後直接輸出cnt[t]，也就是到達該位置的最少步數。
說的好像有點多，也無所謂了……
以上只是鄙人的拙見，如果有錯誤、不足之處，還請指正。
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