电路维修 双端队列广搜

双端队列广搜是一种类Dijkstra算法，主要解决图中边的权值只有0或者1的最短路问题。

操作：

每次从队头取出元素，并进行拓展其他元素时

1、若拓展某一元素的边权是0，则将该元素插入到队头
2、若拓展某一元素的边权是1，则将该元素插入到队尾

175. 电路维修

达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。

有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。

电路板的整体结构是一个 RR 行 CC 列的网格（R,C≤500R,C≤500），如下图所示。

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式

输入文件包含多组测试数据。

第一行包含一个整数 TT，表示测试数据的数目。

对于每组测试数据，第一行包含正整数 RR 和 CC，表示电路板的行数和列数。

之后 RR 行，每行 CC 个字符，字符是"/"和"\"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式

对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。

数据范围

1≤R,C≤5001≤R,C≤500,
1≤T≤51≤T≤5

输入样例：

1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\

输出样例：

1

样例解释

样例的输入对应于题目描述中的情况。

只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。

思路：

即将不需要旋转就可以扩展到的点看成权重为0

将需要旋转才能扩展到的点看成权重为1

代码：

#include<iostream>
#include<deque>
#include<cstring>

using namespace std;

#define x first
#define y second
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 510;
int m, n, t;
char g[N][N];
int dist[N][N];
bool st[N][N];
char c[5] = "\\/\\/";
//可以扩展到的4个位置的坐标
int dx[4] = {-1, -1, 1, 1}, dy[4] = {-1, 1, 1, -1};
//可以扩展到的4个位置的坐标差值(扩展到四个方位要踩过的格子)
int ix[4] = {-1, -1, 0, 0}, iy[4] = {-1, 0, 0, -1};

int bfs() {
    deque<PII> q;
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    memset(st, 0, sizeof st);
    dist[0][0] = 0;
    q.push_back({0, 0});
    while (q.size()) {
        auto t = q.front();
        q.pop_front();
        if (st[t.x][t.y]) continue;
        st[t.x][t.y] = true;
        for (int i = 0; i < 4; ++i) {
            int a = t.x + dx[i];
            int b = t.y + dy[i];
            if (a < 0 || a > n || b < 0 || b > m) continue;
            int ca = t.x + ix[i], cb = t.y + iy[i];
            //(g[ca][cb] != c[i])判断被踩过的格子的方向决定权重
            int d = dist[t.x][t.y] + (g[ca][cb] != c[i]);
            if (d < dist[a][b]) {
                dist[a][b] = d;
                if (g[ca][cb] != c[i]) q.push_back({a, b});
                else q.push_front({a, b});
            }
        }
    }
    return dist[n][m];
}

int main() {
    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            cin >> g[i];
        if (n + m & 1) cout << "NO SOLUTION" << endl;
        else cout << bfs() << endl;
    }
    return 0;
}