描述
启了升降梯的动力之后，探险队员们进入了升降梯运行的那条竖直的隧道，映入眼帘的是一条直通塔顶的轨道、一辆停在轨道底部的电梯、和电梯内一杆控制电梯升降的巨大手柄。
Nescafe之塔一共有N层，升降梯在每层都有一个停靠点。手柄有M个控制槽，第i个控制槽旁边标着一个数C_i，满足C1<C2<C3<...<CM。如果Ci>0，表示手柄扳动到该槽时，电梯将上升Ci层；如果Ci<0，表示手柄扳动到该槽时，电梯将下降 −Ci层；并且一定存在一个Ci=0，手柄最初就位于此槽中。注意升降梯只能在1~N层间移动，因此扳动到使升降梯移动到1层以下、N层以上的控制槽是不允许的。
电梯每移动一层，需要花费2秒钟时间，而手柄从一个控制槽扳到相邻的槽，需要花费1秒钟时间。探险队员现在在1层，并且想尽快到达N层，他们想知道从1层到N层至少需要多长时间？
输入
第一行两个正整数N、M。
第二行M个整数C_1、C_2、...、C_M。
输出
输出一个整数表示答案，即至少需要多长时间。若不可能到达输出-1。
输入样例 1
6 3
-1 0 2
输出样例 1
19
提示
数据范围：
1 <= n <= 1000
1 <= m <= 20
样例分析：
手柄从第二个槽扳到第三个槽（0扳到2），用时1秒，电梯上升到3层，用时4秒。
手柄在第三个槽不动，电梯再上升到5层，用时4秒。
手柄扳动到第一个槽（2扳到-1），用时2秒，电梯下降到4层，用时2秒。
手柄扳动到第三个槽（-1扳倒2），用时2秒，电梯上升到6层，用时4秒。
总用时为(1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19秒。
这道题说实话，我刚做的时候看不出用什么办法来做。所以我选择了：
广搜！
每个状态分别为：当前楼层，花费时间，拉杆目前位置。
但是搜索一波出来发现：
只能过两组！
为什么呢？
很明显，光凭借广搜，我们无法一次得出最优的答案。所以我们就要考虑使用其他方法。
根据机房大佬和老师的帮助 ，这道题的正解是最短路！
那么怎么构图？
这就是这道题的核心问题。再次经过冥思苦想（确信），我们在二维的状态下，可以用dst[i][j]表示从拉杆位置在j时上到第i层所需要的时间。
但是二维的状态我们难以形成最短路。
那怎么办？
二维转一维！
直接写一个convert函数，把一个数对转换成一个编号。那么：
int convert(int x,int y)
{
return (x-1)*m+y;
}
接下来就是构图。
构图我的方法比较麻烦，用到了三层循环。大概代码如下：
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int k=1;k<=m;k++)
{
int u=convert(i,j),v=convert(i+c[k],k),w=abs(j-k)+abs(2*c[k]);
g[u].push_back(node(v,w));
}
}
}
因为我用到的是迪杰斯特拉算法（不了解的看看这篇博客再继续看下去哈），所以用到的是二维结构体vector来存图。前置定义如下
struct node
{
int v,w;
node(){}
node(int vv,int ww)
{
v=vv,w=ww;
}
};
vector<node> g[200010];
然后就可以用最短路模板来AC这道题目了，但是要注意的是，这道题的点数不是n，而是n*m！因为我们是把二维转成的一维，所以点数要乘上可能到达这个点的拉杆槽的数量！
最短路函数主体：
void dij(int p)
{
for(int i=1;i<=200010;i++)
{
dst[i]=INF;
s[i]=0;
}
s[p]=1;
dst[p]=0;
int lasti=p;
for(int k=1;k<n*m;k++)
{
for(int j=0;j<g[lasti].size();j++)
{
int v=g[lasti][j].v,w=g[lasti][j].w;
if(!s[v]&&dst[v]>w+dst[lasti])
{
dst[v]=w+dst[lasti];
}
}
int min_i=INF,min_dst=INF;
for(int i=1;i<=n*m;i++)
{
if(!s[i])
{
if(dst[i]<min_dst)
{
min_dst=dst[i];
min_i=i;
}
}
}
lasti=min_i;
s[min_i]=1;
}
}
最后一个问题：
我们最后输出啥？
最短路已经找出来，但是我们能直接输出dst[n]吗？
很明显不行！！！
我们的dst数组的每一个下标，对应的是一个数对，而不是一个点！
所以，我们要从以convert(n,1)为下标的dst值遍历到以convert(n,m)为下标的dst值，最后输出最小值即可。一个循环就可以搞定。
但是别忘了！题目中还有个输出"-1"的判断需求，需要注意的是，当我们无法到达第n楼的时候，对于任意一个小于m的i,dst[n] [convert(n,i)]的值是不会改变的！所以我们只需要在输出的时候判断一下ans是否有更新操作，没有就输出-1.
这一步代码如下：
int ans=INF;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int r=convert(n,i);
ans=min(ans,dst[r]);
}
if(ans!=INF)
cout<<ans<<endl;
else cout<<-1<<endl;
这是为了判断题中的特殊情况。
为了配合最终答案在 “无解” 的情况下dst[n]的任意值不会更新的特性，我们要在迪杰斯特拉的最外层循环的最后加上一句：
if(min_i==INF)return;
完整代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int c[1000010],n,m;
bool s[1000010];
int convert(int x,int y)
{
return (x-1)*m+y;
}
int dst[200010];
struct node
{
int v,w;
node(){}
node(int vv,int ww)
{
v=vv,w=ww;
}
};
vector<node> g[200010];
void dij(int p)
{
for(int i=1;i<=200010;i++)
{
dst[i]=INF;
s[i]=0;
}
s[p]=1;
dst[p]=0;
int lasti=p;
for(int k=1;k<n*m;k++)
{
for(int j=0;j<g[lasti].size();j++)
{
int v=g[lasti][j].v,w=g[lasti][j].w;
if(!s[v]&&dst[v]>w+dst[lasti])
{
dst[v]=w+dst[lasti];
}
}
int min_i=INF,min_dst=INF;
for(int i=1;i<=n*m;i++)
{
if(!s[i])
{
if(dst[i]<min_dst)
{
min_dst=dst[i];
min_i=i;
}
}
}
if(min_i==INF)return;
lasti=min_i;
s[min_i]=1;
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
int now;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>c[i];
if(c[i]==0)now=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int k=1;k<=m;k++)
{
int u=convert(i,j),v=convert(i+c[k],k),w=abs(j-k)+abs(2*c[k]);
g[u].push_back(node(v,w));
}
}
}
dij(convert(1,now));
int ans=INF;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int r=convert(n,i);
ans=min(ans,dst[r]);
}
if(ans!=INF)
cout<<ans<<endl;
else cout<<-1<<endl;
return 0;
}
ov.