QDUOJ 来自xjy的签到题（bfs+状压dp）
Description
爱丽丝冒险来到了红皇后一个n*n大小的花园，每个格子由'.'或'#'表示，'.'表示爱丽丝可以到达这个格子，‘#’表示爱丽丝不能到达这个格子，爱丽丝每1分钟可以移动到非'#'的相邻格子（与当前所在格子具有公共边）。花园下面有m个隧道，每个隧道有一个出口和一个入口。当爱丽丝到达隧道的入口时，她可以选择（也可以不选择）进入隧道入口，并通过隧道一次，然后立即（不花费时间）出现在隧道出口。爱丽丝一开始可以降临在花园的任何地方。有好奇心的爱丽丝想知道，她通过所有隧道且每个隧道仅通过一次最少需要花费多少时间。（注意，爱丽丝不能从隧道出口通往隧道入口）
Input
输入包含多个测试用例，不超过10组。对于每个测试用例，第一行输入n（1<=n<=15)和m(1<=m<=15)，分别表示地图的大小为n*n和m个隧道。然后给出一个n行n列的花园地图，由'.'或'#'组成，'.'表示爱丽丝可以到达这个格子，‘#’表示爱丽丝不能到达这个格子。接下来m行，表示m个隧道。每行四个正整数x1,y1,x2,y2(1<=x1,x2,y1,y2<=15),表示隧道的入口为（x1,y1),出口为（x2,y2)。数据保证隧道入口和出口位置不会出现在‘#’上。
Output
对于每个测试用例，你需要输出一个整数，表示爱丽丝通过所有隧道仅一次的最少时间。如果爱丽丝无法通过所有隧道，则输出-1。
Sample Input 1
5 4 ....# ...#. ..... ..... ..... 2 3 1 4 1 2 3 5 2 3 3 1 5 4 2 1
Sample Output 1
7
Hint
对于样例，爱丽丝可以一开始降临在（2，3）并穿过第一个隧道到达（1，4），然后花费2分钟走向（1，2）并穿过第二个隧道到达（3，5），然后花费3分钟走向（5，4）并穿过第四个隧道到达（2，1），最后花费2分钟走向（2，3）并穿过第三个隧道到达（3，1）。至此通过所有隧道，并花费7分钟时间。
注意本题时间限制和空间限制
将隧道视为点，先bfs预处理出两两隧道间的距离，然后使用状压dp求出最小时间。
转移方程：dp[目标状态][目标点]=min（dp[目标状态][目标点]，dp[当前状态][当前点]+dis[当前点][目标点]）。
#include<bits/stdc++.h> #define MAX 16 #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; char s[MAX][MAX]; int b[MAX][MAX],dis[MAX][MAX]; int dp[1<<15][MAX]; int t[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1}; struct Node{ int bx,by,ex,ey; }a[MAX]; struct Node2{ int x,y,s; }node; queue<Node2> q; int bfs(Node u,Node v,int n){ memset(b,0,sizeof(b)); while(q.size()){ q.pop(); } if(u.ex==v.bx&&u.ey==v.by) return 0; node.x=u.ex; node.y=u.ey; node.s=0; q.push(node); b[node.x][node.y]=1; while(q.size()){ for(int i=0;i<4;i++){ Node2 now=q.front(); int tx=now.x+t[i][0]; int ty=now.y+t[i][1]; if(tx<1||tx>n||ty<1||ty>n) continue; if(s[tx][ty]=='#'||b[tx][ty]==1) continue; b[tx][ty]=1; if(tx==v.bx&&ty==v.by){ return now.s+1; } node.x=tx; node.y=ty; node.s=now.s+1; q.push(node); } q.pop(); } return INF; } int main() { int n,m,i,j,k; while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ for(i=1;i<=n;i++){ scanf(" %s",s[i]+1); } for(i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d%d",&a[i].bx,&a[i].by,&a[i].ex,&a[i].ey); } memset(dis,INF,sizeof(dis)); for(i=1;i<=m;i++){ for(j=1;j<=m;j++){ if(i==j) continue; dis[i][j]=bfs(a[i],a[j],n); } } memset(dp,INF,sizeof(dp)); for(i=1;i<=m;i++){ dp[1<<(i-1)][i]=0; } for(i=0;i<(1<<m);i++){ for(j=1;j<=m;j++){ if(!(i&(1<<(j-1)))) continue; for(k=1;k<=m;k++){ if(j==k||dis[j][k]==INF||!(i&(1<<(k-1)))) continue; dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i^(1<<(k-1))][j]+dis[j][k]); } } } int ans=INF; for(i=1;i<=m;i++){ ans=min(ans,dp[(1<<m)-1][i]); } if(ans==INF) printf("-1\n"); else printf("%d\n",ans); } return 0; }
