思路
首先看到这个题，思路很简单，非常明显的最短路求解，第一问基本就是个板子题，只不过将存图改为了马走日和其他限制条件而已。我们可以看作将每一步的起点和终点连边，若是莲花，则不需要放置，边权就是0，如果是水，那么则需要放置，边权就是1。如果是岩石，可以将边权设置为-1，意思就是不能走。第二问意思就是问你，在走了最短路的情况下（放最少的莲花），跳了几步。这个其实也很简单，多bfs一遍，根据情况分类讨论即可。如果放置的莲花少那么直接覆盖，如果莲花一样则比较步数。第三问还是这样，如果可以更新就直接覆盖，不能的话就加上方案数。
但是显然，三遍bfs太难写了，我看到有些题解直接bfs三遍，我人都傻了，巨佬果然有耐心。但其实仔细一想，这些其实都可以用一遍bfs搞定。更新第一问，也就是莲花最少放置数，其实就是板子题，直接bfs即可。不要告诉我你不会bfs（其实就是SPFA）。第二问我们可以在bfs的时候多分类讨论一下。我们更新最短路（放置莲花数）的最短路（步数），有两种情况：1.莲花数更新了，由于我们重视的是莲花数尽可能少，所以即使走了很多步，也要选它。2.莲花数一样，但是新的走法步数更少，那么也需要更新。第三问的话其实更简单，只需要再加上一种情况即可：当且仅当莲花数和步数都相等时，终点的方案数要加上起点的方案数。其它更新时都直接覆盖即可，因为如果可以更新那么一定是一种新的走法，目前只有这一种可以，所以直接覆盖即可，这样就切掉了这道最短路板子题。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long int ll;
ll n,m,a,sx,sy,lx,ly,b[40][40],d1[40][40],d2[40][40],sum[40][40];//d1[i][j]表示到点(i,j)的最少莲花放置数，d2[i][j]表示到点(i,j)在保证莲花放置数最少时所用的最少步数，sum[i][j]表示当莲花放置数和步数最少时的方案数有多少，b[i][j]则是存储点(i,j)是莲花还是水还是岩石
bool v[40][40];//bfs记录是否入队
ll dx[8]={1,1,2,2,-1,-1,-2,-2},dy[8]={2,-2,1,-1,2,-2,1,-1};//模拟走法
queue<pair<ll,ll> >q;
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=n;i++){
for(ll j=1;j<=m;j++){
scanf("%lld",&a);
if(a==0){
b[i][j]=1;
}
if(a==1){
b[i][j]=0;
}
if(a==2){
b[i][j]=-1;
}
if(a==3){
sx=i;
sy=j;
}
if(a==4){
lx=i;
ly=j;
}
}
}//存储
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
d1[i][j]=10000000;
}
}//没有用memset，便于检验是否存在最短路
memset(d2,0x3f,sizeof(d2));
memset(v,0,sizeof(v));
q.push(make_pair(sx,sy));
d1[sx][sy]=0;
d2[sx][sy]=0;
sum[sx][sy]=1;
v[sx][sy]=1;//初始化，记住方案数一定要初始化为1
while(!q.empty()){
int x=q.front().first;
int y=q.front().second;
v[x][y]=0;
q.pop();
for(int i=0;i<8;i++){
if(x+dx[i]>=1&&x+dx[i]<=n&&y+dy[i]>=1&&y+dy[i]<=m&&b[x+dx[i]][y+dy[i]]!=-1){//如果可以走过去
if(d1[x][y]+b[x+dx[i]][y+dy[i]]==d1[x+dx[i]][y+dy[i]]){
if(d2[x][y]+1==d2[x+dx[i]][y+dy[i]]){
sum[x+dx[i]][y+dy[i]]+=sum[x][y];//若多了一种走法可以保持莲花数和步数都最小，则加和方案数
}
if(d2[x][y]+1<d2[x+dx[i]][y+dy[i]]){//莲花数相同但可以更新步数
d2[x+dx[i]][y+dy[i]]=d2[x][y]+1;
sum[x+dx[i]][y+dy[i]]=sum[x][y];
if(!v[x+dx[i]][y+dy[i]]){
q.push(make_pair(x+dx[i],y+dy[i]));
v[x+dx[i]][y+dy[i]]=1;
}
}
}
if(d1[x][y]+b[x+dx[i]][y+dy[i]]<d1[x+dx[i]][y+dy[i]]){//若可以更新莲花数则所有的都要更新，因为莲花数是最重要的
d1[x+dx[i]][y+dy[i]]=d1[x][y]+b[x+dx[i]][y+dy[i]];
d2[x+dx[i]][y+dy[i]]=d2[x][y]+1;
sum[x+dx[i]][y+dy[i]]=sum[x][y];
if(!v[x+dx[i]][y+dy[i]]){
q.push(make_pair(x+dx[i],y+dy[i]));
v[x+dx[i]][y+dy[i]]=1;
}
}
}
}
}
if(d1[lx][ly]==10000000){//若没更新则输出-1
printf("-1
");
return 0;
}
printf("%lld
",d1[lx][ly]);
printf("%lld
",d2[lx][ly]);
printf("%lld
",sum[lx][ly]);//否则对应输出三个数组里存的答案
return 0;
}
总结
其实这个题可以理解为多维的最短路算法，我觉得就类似于是二维费用的背包，多开几个数组或者多开几个维度就能解决掉，不是很难，只要深刻理解最短路算法即可。
最后，不开longlong见祖宗