给定一个m × n (m行, n列)的迷宫，迷宫中有两个位置，gloria想从迷宫的一个位置走到另外一个位置，当然迷宫中有些地方是空地，gloria可以穿越，有些地方是障碍，她必须绕行，从迷宫的一个位置，只能走到与它相邻的4个位置中,当然在行走过程中，gloria不能走到迷宫外面去。令人头痛的是，gloria是个没什么方向感的人，因此，她在行走过程中，不能转太多弯了，否则她会晕倒的。我们假定给定的两个位置都是空地，初始时，gloria所面向的方向未定，她可以选择4个方向的任何一个出发，而不算成一次转弯。gloria能从一个位置走到另外一个位置吗？
Input 第1行为一个整数t (1 ≤ t ≤ 100),表示测试数据的个数，接下来为t组测试数据，每组测试数据中，
第1行为两个整数m, n (1 ≤ m, n ≤ 100),分别表示迷宫的行数和列数，接下来m行，每行包括n个字符，其中字符'.'表示该位置为空地，字符'*'表示该位置为障碍，输入数据中只有这两种字符，每组测试数据的最后一行为5个整数k, x 1, y 1, x 2, y 2 (1 ≤ k ≤ 10, 1 ≤ x1, x 2 ≤ n, 1 ≤ y 1, y 2 ≤ m),其中k表示gloria最多能转的弯数，(x 1, y 1), (x 2, y2)表示两个位置，其中x 1，x 2对应列，y 1, y 2对应行。
Output 每组测试数据对应为一行，若gloria能从一个位置走到另外一个位置，输出“yes”，否则输出“no”。Sample Input
2 5 5 ...** *.**. ..... ..... *.... 1 1 1 1 3 5 5 ...** *.**. ..... ..... *.... 2 1 1 1 3
Sample Output
no yes
分析：简单的BFS搜索最短路径，加上一个转弯的限制，就在判重的时候多加一个条件即可，但是直接判断是否访问过会造成漏解，剪枝条件应为：在该点的朝向的剩余转向次数
是否大于等于该点已经访问(未访问)过的(等于是为了防止0转向次数被剪掉)，相当于转弯次数为优先级，越多其对解的贡献越大。
代码如下：
const int maxm = 150; const int dx[] = {-1, 1, 0, 0}; const int dy[] = {0, 0, -1, 1}; struct Node { int x, y, turn, dire; Node(int _x = 0, int _y = 0, int _turn = -1,int _dire = -1):x(_x), y(_y),turn(_turn),dire(_dire) {} }; int T, m, n, sx, sy, ex, ey, k, d[maxm][maxm][5]; string buf[maxm]; bool inside(int x,int y) { return x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n; } bool bfs() { memset(d, -1, sizeof(d)); queue<Node> q; for (int i = 0; i < 4; ++i) { q.push(Node(sx, sy, k, i)); d[sx][sy][i] = k; } while (!q.empty()){ Node p = q.front(); q.pop(); if(p.x == ex && p.y == ey) return true; for (int i = 0; i < 4; ++i) { Node tmp = p; tmp.x += dx[i], tmp.y += dy[i]; if(i == p.dire) { if(inside(tmp.x, tmp.y) && buf[tmp.x][tmp.y] == '.' && d[tmp.x][tmp.y][i] <= p.turn) { d[tmp.x][tmp.y][i] = p.turn; q.push(tmp); } } else if (tmp.turn > 0) { tmp.turn--, tmp.dire = i; if(inside(tmp.x, tmp.y) && buf[tmp.x][tmp.y] == '.' && d[tmp.x][tmp.y][i] <= p.turn) { d[tmp.x][tmp.y][i] = p.turn; q.push(tmp); } } } } return false; } int main() { scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d%d", &m, &n); for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> buf[i]; scanf("%d%d%d%d%d", &k, &sy, &sx, &ey, &ex); sy--, sx--, ey--, ex--; if(bfs()) printf("yes "); else printf("no "); } return 0; }
虽然我们用转向次数大于等于的判断条件来使0转向次数不被剪掉，但也加入了许多重复的点，我们可以继续优化代码，既然转向后次数减少，那么对解的贡献也减小，到达相同的点相同的方向的优先级一定小于不转弯的，那么，我们可以做出如下策略：如果不转弯，直接将前进后的入队，如果转弯，只转弯不前进入队，这样，转弯的情况就比直走慢了一步，自然就会有优先级上的差别，直接上代码进行体会：
const int maxm = 150; const int dx[] = {-1, 1, 0, 0}; const int dy[] = {0, 0, -1, 1}; struct Node { int x, y, turn, dire; Node(int _x = 0, int _y = 0, int _turn = -1,int _dire = -1):x(_x), y(_y),turn(_turn),dire(_dire) {} }; int T, m, n, sx, sy, ex, ey, k, d[maxm][maxm][5]; string buf[maxm]; bool inside(int x,int y) { return x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n; } bool bfs() { memset(d, 0, sizeof(d)); queue<Node> q; for (int i = 0; i < 4; ++i) { q.push(Node(sx, sy, k, i)); d[sx][sy][i] = k; } while (!q.empty()){ Node p = q.front(); q.pop(); if(p.x == ex && p.y == ey) return true; for (int i = 0; i < 4; ++i) { Node tmp = p; if(i == p.dire) { tmp.x += dx[i], tmp.y += dy[i]; if(inside(tmp.x, tmp.y) && buf[tmp.x][tmp.y] == '.' && !d[tmp.x][tmp.y][i]) { d[tmp.x][tmp.y][i] = 1; q.push(tmp); } } else if (tmp.turn > 0) { tmp.turn--, tmp.dire = i; if(!d[tmp.x][tmp.y][i]) { d[tmp.x][tmp.y][i] = 1; q.push(tmp); } } } } return false; } int main() { scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d%d", &m, &n); for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> buf[i]; scanf("%d%d%d%d%d", &k, &sy, &sx, &ey, &ex); sy--, sx--, ey--, ex--; if(bfs()) printf("yes "); else printf("no "); } return 0; }
从110ms降到了60ms，代码上只进行了基础微调。