P1363 幻象迷宫

题意：给你一个nxm的迷宫g（x，y范围是0~n - 1和0~m - 1），‘#’不能走，‘.’可以走，'S'作为起点，现在将迷宫扩展成无穷大，扩展方法是：任意一个(x, y)位置的字符c = g(x % n, y % m)，现在问你可不可以从起点处走到无穷远处。

例子：

原始迷宫5x5为中间的黄色区域，标红色的位置的坐标为(-2, -4), 而 (-2) % 5 = 3, (-4) % 5 = 1, 所以(-2, 4)位置处，应该和g(3, 1)相同，所以为S。

思路：对于一个位置A(x, y)如果能够走到另一个位置B(p, q), A≠B，并满足A和B在对应的nxm图中的相对位置相同（意思是：p % n = x % n, q % m = y % m），那么不断重复这个过程，就一定能走到无穷远处。所以考虑从起点（位于原图中，扩展的图中的其他S看成是‘.’）开始dfs（此处是flood fill），一旦两次都遍历到了原图上的同一位置，并且这两次遍历到的点不同，那么说明可以走到无穷远处，否则不能。

注意红色部分：假设两次遍历到的点为（x，y）和（p，q）, 那么遍历到原图上的同一位置指的是p % n = x % n, q % m = y % m（是就相对位置而言的）

一开始我是每遍历到一个点(x, y)就对原图上的(x % n, y % m)标记访问过，然后在后面的遍历过程中一旦发现一个位置（p, q）有（p % n, q % m）已经被访问过，那么就认为能够走到无穷远，这是错的，因为有可能(x, y)和(p, q)是同一个点。

由于模运算的不可逆，意思就是说，如果只是简单的在访问到（x，y）时，对（x % n，y % m）标记已访问，那么在下一次搜索到某点（p, q）时就算（p % n，q % m）恰好为(x, y)标记过的地方，也不能肯定(p, q)和(x, y)不是同一点，所以有必要对于原图中的每一个位置(u, v)保存一下第一次访问到它（指x % n = u, y % m = v）的坐标(x, y)。

由于涉及到负数取模，所以还得自己写一下取模函数。

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 1510;

int n, m;
char g[N][N];
int st[N][N][3]; // st[u][v][0~2]分别表示：是否访问过，x和y
int dx[] = {0, 1, 0, -1}, dy[] = {1, 0, -1, 0};

int mod(int a, int b){
    if(a >= 0) return a % b;
    return ((-a / b + 1) * b + a) % b;
}

int dfs(int x, int y){
    
    for(int i = 0; i < 4; i ++){
        int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
        int ma = mod(a, n), mb = mod(b, m);
        
        if(g[ma][mb] == '#') continue;
        if(st[ma][mb][0]){
            if(st[ma][mb][1] != a || st[ma][mb][2] != b) return 1;
            continue;
        }
        
        st[ma][mb][0] = 1, st[ma][mb][1] = a, st[ma][mb][2] = b;
        if(dfs(a, b)) return 1;
    }
    
    return 0;
}

int main(){
    while(cin >> n >> m){
        memset(st, 0, sizeof st);
        
        int x, y;
        for(int i = 0; i < n; i ++)
            for(int j = 0; j < m; j ++){
                cin >> g[i][j];
                if(g[i][j] == 'S') x = i, y = j;
            }
        
        st[x][y][0] = 1, st[x][y][1] = x, st[x][y][2] = y;
        
        if(dfs(x, y)) cout << "Yes" << endl;
        else cout << "No" << endl;
    }
    
    return 0;
}