题解-亚瑟王的宫殿
（〇）写在前面的话
在此之前，该题已经有很多题解，但它们大多是枚举国王周围\(5\times 5\)的范围（玄学贪心？），最后计算最小距离。
虽然能\(AC\)，但其实这种做法是不严谨的( 详见巨佬的hack数据 )
然而将\(5\times 5\)的范围扩大至\(R\times C\)的范围后，时间复杂度过大。那么，这道题真的无解了吗？
蒟蒻的我用\(spfa\)(在此稀疏图中，显然不怕被卡)在正确的结果和正确的时间复杂度内\(AC\)了此题(而且过了\(hack\)数据)。
（一）解题思路
题目不再阐述。题目传送门
这道题求的是所有骑士以及国王到某集合点的最小距离(任意骑士与国王汇合后，可以带着国王一起走，并且只算一个人的距离)。
集合点是哪一个？不知道。不知道就枚举
与其它题解无异，看到范围十分小的\(R、C\)后，毅然选择枚举集合点。
枚举后，相当于已经知道了集合点，求骑士和国王从原所在地到该点的最小距离和。
这个可以反过来看，也就是从集合点出发，求出骑士和国王从集合点到骑士和国王原所在地的距离的最小值。
显然，上述两者是等价的。因此，我们可以用最短路算法直接求出最小的距离之和。这里使用\(spfa\)。(当然，\(dijkstra\)也可以，而且更稳定)没事，这题是卡不了\(spfa\)的。
重点来了，敲黑板(此思路与其它题解最大的不同在这里)
定义\(dis(x, y, 0)\)表示集合点到点\((x,y)\)的最小距离(最少步数，不带国王)。
定义\(dis(x, y, 1)\)表示集合点到点\((x,y)\)的最小距离(最少步数，此时在点\((x,y)\)，骑士已经带上了(或者是正在带着)国王）
考虑如何转移。
对于\(dis(x,y,0)\)这个状态，可以作两种转移:
1.不带国王，继续走自己的路。
可以转移出八个状态(即骑士走的八个"日"字,这里不作列举)，设八个状态为\(dis(ex, ey, 0)\)。因为骑士转移到这个状态只需要一步，所以权值为\(1\)。
转移方程为\(dis(ex, ey, 0) =\min\) { \(dis(x, y, 0) +1\) }
2.站在原地，等国王过来，然后带上国王
可以转移出一个状态，设国王走过来的步数为\(val\)(\(val\)可以\(\Theta (1)\)求出)。转移的状态为\(dis(x,y,1)\)
转移方程为\(dis(x,y,1)=\min\){\(dis(x,y,0)+val\)}
对于\(dis(x,y,1)\)这个状态，可作一种转移(毕竟骑士已经带着国王私奔去了，不可能丢下国王自己跑吧)
1.同上，同样是可以转移出八个状态，转移方程不写了。
\(Last\quad but\quad not\quad least\) 等等，还没完
\(spfa\)跑完后，我们得到了\(dis(x,y,z)\)数组，但题目要求的是距离和的最小值。
简单，将最小值累加即可。等等，那么问题来了，哪位骑士带国王\(???\)
也就是说，我们需要找到一个骑士，累加他的\(dis(x,y,1)\)，同时累加其它骑士的\(dis(x,y,0)\)，使得总和最小。
容易证明，\(dis(x,y,0)\leq dis(x,y,1)\) 一个人走总是比带着国王走轻松
因此，我们只需要枚举每个\((x,y)\)，求出\(dis(x,y,1)-dis(x,y,0)\)的最小值，然后加上所有\(dis(x,y,0)\)就是最小距离了。
最差时间复杂的\(\Theta (R^2C^2)\)时间都花在枚举上了，稳稳地过，不需要卡常。
（二）代码
我知道大家喜欢看这个
有注释哦。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxr = 45, maxc = 30, INF = 1e6 + 7;
int R, C, Map[maxr][maxc], Kingx, Kingy;
int X[8] = {-1, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2}, Y[8] = {2, 2, 1, -1, -2, -2, -1, 1};
struct node{
int x, y;
bool king;//记录是否带国王
};
queue< node > q;
int Abs(int x){//求绝对值
if(x < 0) return -x;
if(x == 0) return 0;
if(x > 0) return x;
}
int spfa(int x,int y){
int dis[maxr][maxc][2] = {}; bool vis[maxr][maxc][2] = {};//初始化dis，vis数组(spfa常规操作)
for(int i=1; i<=R; i++)//初始化dis数组，同样是常规操作
for(int j=1; j<=C; j++)
dis[i][j][0] = dis[i][j][1] = INF;
node t;
if(x == Kingx and y == Kingy) dis[x][y][1] = 0, t.king = true;//如果集合点的位置是国王的位置(不用考虑国王的移动)，初始状态就是dis[x][y][1]
else dis[x][y][0] = 0, t.king = false;//如果集合点的位置不是国王的位置，需要考虑国王的移动，初始状态是dis[x][y][0]
t.x = x, t.y = y;
q.push(t);//入队，常规操作
vis[x][y][t.king] = true;//标记,常规操作
while(!q.empty()){//一下均为spfa常规操作
int dx = q.front().x, dy = q.front().y;
bool flag = q.front().king;
q.pop();
for(int i=0; i<8; i++){//不进行带国王的操作
int ex = dx + X[i], ey = dy + Y[i];
if(ex < 1 or ey < 1 or ex > R or ey > C) continue;
if(dis[ex][ey][flag] > dis[dx][dy][flag] + 1){
dis[ex][ey][flag] = dis[dx][dy][flag] + 1;
if(!vis[ex][ey][flag]){
vis[ex][ey][flag] = true;
node e; e.x = ex, e.y = ey, e.king = flag;
q.push(e);
}
}
}
if(!flag){//在(dx, dy)这个点带上国王(让国王自己走到这个点)
int val = dis[dx][dy][flag] + max(Abs(dx-Kingx), Abs(dy-Kingy));
//算出国王走到这个点的步数,国王可以走八个方向，不是曼哈顿距离，而是max(Abs(dx-Kingx), Abs(dy-Kingy),自行画图理解
if(dis[dx][dy][!flag] > val){
dis[dx][dy][!flag] = val;
if(!vis[dx][dy][!flag]){
vis[dx][dy][!flag] = true;
node e; e.x = dx, e.y = dy, e.king = !flag;
q.push(e);
}
}
}
vis[dx][dy][flag] = false;
}
int minu = INF, cnt = 0;//最短路跑完后，算出最短的总距离
//容易证明，骑士所在的点的状态dis[x][y][1]>=dis[x][y][0]，要使总距离最小，只需要找最小的(dis[x][y][1]-dis[x][y][0])，最后加上所有骑士的距离dis[x][y][0]即可
for(int i=1; i<=R; i++)
for(int j=1; j<=C; j++)
if(Map[i][j] == 1) minu = min(minu, dis[i][j][1] - dis[i][j][0]), cnt += dis[i][j][0];
return cnt+minu;
}
int main(){
cin>>C>>R;//写到最后发现R,C打反了，不想改了，将就着看吧
char kingx;
cin>>kingx>>Kingy;//读入
Kingx = kingx-'A'+1;//Kingx储存国王的横坐标，Kingy储存国王的纵坐标
char knightx; int knighty;
while(cin>>knightx>>knighty){//读入
Map[knightx-'A'+1][knighty] = 1;//邻接矩阵标记国王的位置
}
int ans = INF;//初始化
for(int i=1; i<=R; i++)
for(int j=1; j<=C; j++)
ans = min(ans, spfa(i, j));//枚举集合点，spfa求最短距离
if(ans == INF) printf("0");
else printf("%d", ans);
return 0;
}
