题目
解说
先从建图说起。
显然如果一个格子内符号为 ，那么我们不需要转动元件就可以从左上角走到右下角，即从左上角走到右下角走了一条边权为(0)的边，而如果想从左下角走到右上角则需要转动一次元件，也可以抽象为从左上角走到右下角走了一条边权为(1)的边。符号为 / 时与之同理。
图建好之后我们就可以直接跑最短路了……吗？
如果我们放纵一下自己开(O2)的话确实可以轻松水过，但是这并不是我们希望看到的结果。
下面展示一下硬跑迪杰斯特拉和(SPFA)的优秀战果。
迪杰斯特拉：(TLE) (88)分
SPFA：(TLE) (86)分
这不尴尬了吗[托腮] [托腮]
显然我们需要进行某些改良才行。不难发现在这道题中边权只有(0)和(1)两种，我们应该充分利用这一特点。显然我们应该尽可能走边权为(0)的边，这时候我们想起(SPFA)中有一种叫双端队列优化的东西，那么我们只需将其稍作修改，通往目前点的边权若为(0)则将其放在前端，否则放在后端，这样就保证了每个点的进队数量尽量少，并且可以保证第一次搜到终点时其答案就是最小的，可以直接退出。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=500+3;
int head[maxn*maxn],tot,n,m,dis[maxn*maxn];
struct edge{
int to,next,w;
}e[maxn*maxn*4];//一定注意边的数量！！！
void add(int a,int b,int w){
e[++tot].to=b;
e[tot].w=w;
e[tot].next=head[a];
head[a]=tot;
}
void spfa(){
deque<int> q;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[1]=0;
q.push_front(1);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop_front();
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(dis[u]+e[i].w<dis[v]){
dis[v]=dis[u]+e[i].w;
if(v==(n+1)*(m+1)) return;
if(!e[i].w) q.push_front(v);
else q.push_back(v);
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
char tmp;
scanf(" %c",&tmp);
if(tmp=='/'){
add((i-1)*(m+1)+j+1,i*(m+1)+j,0);
add(i*(m+1)+j,(i-1)*(m+1)+j+1,0);
add((i-1)*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,1);
add(i*(m+1)+j+1,(i-1)*(m+1)+j,1);
}
else{
add((i-1)*(m+1)+j+1,i*(m+1)+j,1);
add(i*(m+1)+j,(i-1)*(m+1)+j+1,1);
add((i-1)*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,0);
add(i*(m+1)+j+1,(i-1)*(m+1)+j,0);
}
}
}
spfa();
if(dis[(n+1)*(m+1)]==0x3f3f3f3f) printf("NO SOLUTION
");
else printf("%d
",dis[(n+1)*(m+1)]);
return 0;
}
幸甚至哉，歌以咏志。