[BZOJ1556]墓地秘密
Description
费尽周折，终于将众将士的残骸运送到了KD军事基地地底层的大型墓地入口。KD的伙伴和战友们都参加了这次重大的送葬仪式。右边是一扇敞开的大门，进去便是墓地了，左边是一堵凹进去的墙，没有什么特别的地方。 部队缓缓进入右边的门，一切。。。就这么结束了么。。。。。 此时， F却没有跟上队伍，在一般MM都会有的强烈的第六感之下，她来到了左边这堵墙前一探究竟。扫去了重重的灰尘之后，墙上一块凹进去的手掌印清晰可见了。F试着用自己的手对上去，竟刚好合适。稍微用力一按，顿时一声巨响，地上马上裂开一大洞，F和那厚重的墙瞬间一起落入深渊！当其他人听见了巨大的声响而赶来的时候，一切都恢复平静了。只有那堵墙后面的世界，震惊了所有生物。这到底是什么，为什么会在墓地里面？ 墙的后面是一个巨大的迷宫！简单的一行字浮现在了一侧的墙上：猛烈撞击所有发亮的机关石。当大伙好奇的蜂拥进迷宫的时候，一块莫名其妙的巨石竟从入口上方落下，将入口完全堵死了！石头上清晰的写了一行字：超过规定时间不能完成任务，全部人都会困死于此。看来，只有硬着头皮去闯，才有可能离开这里，并且探索出这个迷宫的秘密了。 于是大家马上散开，很快摸清了这里的地形，剩下的任务就是轰击石头了。那么。。。论攻击力最高的，自然非功夫DP莫属，而且功夫DP可以使用前滚翻移动法，能够瞬间获得巨大的初速度，并且在直线运动的时候速度将近似光速，质量无穷大，那动能自然就。。。。。。DP每次可以选择朝一个方向滚动，并且可以自己选择在某位置停下来，或者撞击到墙和石头的时候被迫停下来。由于直线速度过快，所以要停下来拐弯自然就是很麻烦的事情。那么只有制定出一个最好的运动方法，使得DP停下来次数最少，才能争取尽量多的时间！
Input
第一行3个正整数N、M和T。表示这是一个NM的迷宫，并且有T个机关石。 接下来用一个NM的字符矩阵描述迷宫，．表示是空地，#表示是墙。 接下来T行每行2个正整数X、Y，描述一个机关石的位置，它在迷宫对应的位置是#。不会有两个机关石在同一位置。 最后一行2个正整数X0、Y0，表示DP的初始位置。
Output
一个正整数ANS，表示DP至少要停下来多少次才能撞击完所有的机关石。
Sample Input
4 6 3
……
….#.
…..#
….#.
2 5
3 6
4 5
1 5
Sample Output
5
HINT
数据规模：
对于10%的数据，N、M<=10，T<=2；
对于40%的数据，N、M<=50，T<=10；
对于100%的数据，N、M<=100，T<=15；
注意事项：
迷宫的最外层是墙，即任何时候不可能滚出迷宫，墙是撞不烂的（好硬）！
每次DP只能选择4个基本方向中的一个方向移动，每块机关石都必须被撞击，撞击后变成普通的墙。
我们可以设f[x][y][sta][k]代表当前在(x,y)这个点，已撞机关石的状态为sta，当前朝向为k的最小停下次数。但这样显然是会T的。我们发现一个机关石只有周围四个点是有意义的，因此我们可以用bfs预处理出这4T个点之间最少转向次数，最后状压dp即可。复杂度\(O(4T*4NM+2^T*4T*4T)\)
ps：预处理操作里有点骚，我会加注解
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
#define p(x,y) ((x-1)*4+y+1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=16,M=1e2;
const int dx[4]={0,0,-1,1};
const int dy[4]={-1,1,0,0};
struct S1{int x,y;}h[M*M+10];
int dis[(N<<2)+10][(N<<2)+10],f[(1<<N)+10][(N<<2)+10];//dis记录的4T个位置的相互距离，距离的具体定义参见SPFA结尾部分
int Ax[N+10],Ay[N+10],d[M+10][M+10][5];
bool map[M+10][M+10],vis[M+10][M+10];
char s[M+10];
int n,m,T;
bool in_map(int x,int y){return x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m;}
void SPFA(int x,int y,int ID){//SPFA可能稍慢，但是能过
if (!in_map(x,y)||map[x][y]) return;//非法判掉
int head=0,tail=1;
memset(d,63,sizeof(d));
h[1]=(S1){x,y},vis[x][y]=1;
for (int k=0;k<4;k++) d[x][y][k]=0;//d[x][y][k]记录在(x,y)这个点，朝向为k的最小转向次数
while (head!=tail){
if (++head>M*M) head=1;
int Nx=h[head].x,Ny=h[head].y;
for (int k=0;k<4;k++){//枚举(Nx,Ny)的朝向
int tx=Nx+dx[k],ty=Ny+dy[k];
if (!in_map(tx,ty)||map[tx][ty]) continue;
for (int l=0;l<4;l++){//枚举(tx,ty)的朝向
if (d[tx][ty][l]>d[Nx][Ny][k]+(k!=l)){
d[tx][ty][l]=d[Nx][Ny][k]+(k!=l);//(k!=l)即为转向一次
if (vis[tx][ty]) continue;
if (++tail>M*M) tail=1;
h[tail]=(S1){tx,ty};
vis[tx][ty]=1;
}
}
}
vis[Nx][Ny]=0;
}
for (int i=1;i<=T;i++){
for (int k=0;k<4;k++){//枚举第i个机关石的四周位置(tx,ty)
int res=inf,tx=Ax[i]+dx[k],ty=Ay[i]+dy[k];
for (int l=0;l<4;l++) res=min(res,d[tx][ty][l]+(tx+dx[l]!=Ax[i]||ty+dy[l]!=Ay[i]));
//l枚举(tx,ty)的朝向，至于为什么不是朝向机关石就要+1，因为dis[i][j]记录的是从i出发到j，且面向机关石的转向次数，因此要+1
dis[ID][p(i,k)]=res;
}
}
}
int dp(){
memset(f,127,sizeof(f));
f[0][(T<<2)+1]=0;//起点位置
for (int sta=0;sta<1<<T;sta++)
for (int i=1;i<=(T<<2)+1;i++)
if (f[sta][i]<inf)
for (int j=1;j<=(T<<2)+1;j++)
f[sta|(1<<((j-1)>>2))][j]=min(f[sta|(1<<((j-1)>>2))][j],f[sta][i]+dis[i][j]+1);//枚举从一个点到另一个点，要加上撞那一下的代价
int Ans=inf;
for (int i=1;i<=T<<2;i++) Ans=min(Ans,f[(1<<T)-1][i]);//枚举结束点
return Ans;
}
int main(){
n=read(),m=read(),T=read();
memset(dis,63,sizeof(dis));
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
for (int j=1;j<=m;j++) if (s[j]=='#') map[i][j]=1;
}
for (int i=1;i<=T;i++) Ax[i]=read(),Ay[i]=read();
for (int i=1;i<=T;i++)
for (int k=0;k<4;k++)
SPFA(Ax[i]+dx[k],Ay[i]+dy[k],p(i,k));
int bx=read(),by=read();
SPFA(bx,by,(T<<2)+1);//把起点也看成是某个机关石的周围点
printf("%d\n",dp());
return 0;
}
