[USACO2007FEB S]Silver Lilypad Pond

题目描述

为了让奶牛们娱乐和锻炼，农夫约翰建造了一个美丽的池塘。这个长方形的池子被分成

了M行N列个方格（1 ≤ M, N ≤ 30）。一些格子是坚固得令人惊讶的莲花，还有一些格子是

岩石，其余的只是美丽、纯净、湛蓝的水。

贝西正在练习芭蕾舞，她站在一朵莲花上，想跳到另一朵莲花上去，她只能从一朵莲花

跳到另一朵莲花上，既不能跳到水里，也不能跳到岩石上。

贝西的舞步很像象棋中的马步：每次总是先横向移动一格，再纵向移动两格，或先纵向

移动两格，再横向移动一格。最多时，贝西会有八个移动方向可供选择。

约翰一直在观看贝西的芭蕾练习，发现她有时候不能跳到终点，因为中间缺了一些荷叶。

于是他想要添加几朵莲花来帮助贝西完成任务。一贯节俭的约翰只想添加最少数量的莲花。

当然，莲花不能放在石头上。

请帮助约翰确定必须要添加的莲花的最少数量。在添加莲花最少的基础上，确定贝西从

起点跳到目标需要的最少步数。最后，确定满足添加的莲花数量最少时，步数最少的路径条

数。

输入格式

第一行：两个用空格分开的整数：M和N

第二行到M + 1行：第i + 1行有N个用空格分开的整数，描述了池塘第i行的状态：0 为水，1 为莲花，2 为岩石，3 为贝西所在的起点，4 为贝西想去的终点。

输出格式

第一行：一个整数：需要添加的莲花的最少数目；如果无解，则输出-1

第二行：一个整数：在添加莲花最少的基础上，贝西从起点跳到终点需要的最少步数；如果第一行是-1，不输出这行

第三行：一个整数：在添加莲花最少的基础上，步数等于第二行输出的路径条数；如果第一行是-1，不输出这行

样例 #1

样例输入 #1

4 8 
0 0 0 1 0 0 0 0 
0 0 0 0 0 2 0 1 
0 0 0 0 0 4 0 0 
3 0 0 0 0 0 1 0 

样例输出 #1

2
6
2

首先看如何求出莲花的最小数目。我们可以这样思考，一个位置如果没有莲花，那么到他这里需要莲花，答案要加1。否则就是有莲花，不用加1.用01bfs。
然后要求最小步数。每一次都会走一步，可以直接bfs。bfs除了记录坐标，还要记录过程中添加了多少莲花。莲花数量是m*n级别的。过程中顺便再求一个路径条数，如果某个点的最少步数有多种方法到达，那么就都加上对应点的路径数。注意路径数需要开long long。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int dx[]={-1,-1,-2,-2,1,1,2,2},dy[]={-2,2,-1,1,-2,2,-1,1},N=35;
struct dian{
	int x,y;
};
struct node{
	int x,y,p;
};
int m,n,dis[N][N][N*N],dp[N][N],sx,sy,ex,ey,p,x,y,op[N][N],k,cx,cy,cp;
long long cnt[N][N][N*N];
deque<dian>q;
queue<node>pq;
void bfs()
{
	pq.push((node){sx,sy,0});
	dis[sx][sy][p]=0,cnt[sx][sy][p]=1;;
	while(!pq.empty())
	{
		x=pq.front().x,y=pq.front().y,p=pq.front().p;
		pq.pop();
		for(int i=0;i<8;i++)
		{
			cx=x+dx[i],cy=y+dy[i];
			if(cx>0&&cy>0&&cx<=m&&cy<=n&&op[cx][cy]!=2)
			{
				cp=p+!op[cx][cy];
				if(cp<=k)
				{
					if(!dis[cx][cy][cp])
					{
						dis[cx][cy][cp]=dis[x][y][p]+1;
						pq.push((node){cx,cy,cp});
					}
					if(dis[cx][cy][cp]==dis[x][y][p]+1)
						cnt[cx][cy][cp]+=cnt[x][y][p];
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
	scanf("%d%d",&m,&n);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			scanf("%d",&op[i][j]);
			if(op[i][j]==3)
				sx=i,sy=j,op[i][j]=1;
			if(op[i][j]==4)
				ex=i,ey=j,op[i][j]=1;
		}
	}
	q.push_back((dian){sx,sy});
	dp[sx][sy]=0;
	while(!q.empty())
	{
		x=q.front().x,y=q.front().y;
		q.pop_front();
		for(int i=0;i<8;i++)
		{
			if(x+dx[i]<=m&&x+dx[i]>0&&y+dy[i]<=n&&y+dy[i]>0&&op[x+dx[i]][y+dy[i]]!=2&&dp[x+dx[i]][y+dy[i]]>dp[x][y]+!(op[x+dx[i]][y+dy[i]]))
			{
				if(!op[x+dx[i]][y+dy[i]])
				{
					dp[x+dx[i]][y+dy[i]]=dp[x][y]+1;
					q.push_back((dian){x+dx[i],y+dy[i]});
				}
				else
				{
					dp[x+dx[i]][y+dy[i]]=dp[x][y];
					q.push_front((dian){x+dx[i],y+dy[i]});
				}
			}
		}
	}
	k=dp[ex][ey];
	if(k>2e9)
	{
		printf("-1");
		return 0;
	}
	printf("%d\n",dp[ex][ey]);
	bfs();
	printf("%d\n%lld",dis[ex][ey][k],cnt[ex][ey][k]);
}