【题目描述】

译自 BalticOI 2011 Day1 T3「Switch the Lamp On」

有一种正方形的电路元件，在它的两组相对顶点中，有一组会用导线连接起来，另一组则不会。

有 N×M 个这样的元件，你想将其排列成 N 行 M 列放在电路板上。电路板的左上角连接电源，右下角连接灯泡。

试求：至少要旋转多少个正方形元件才能让电源与灯泡连通，若无解则输出 NO SOLUTION。

【输入】

有多组测试数据。

第一行为测试数据组数，以下每组测试数据描述为：

第一行有两个整数 N 和 M。

在接下来的 N 行中，每行有 M 个字符。每个字符均为 "\" 或 "/"，表示正方形元件上导线的连接方向。

【输出】

每组测试数据输出描述：

输出共一行，若有解则输出一个整数，表示至少要旋转多少个正方形元件才能让电源与灯泡连通；若无解则输出 NO SOLUTION。

【输入样例】

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

【输出样例】

1

思路：

问题的关键在于思维的转换，首先，由于从左上到右下走的是对角线，因此，仅当 (n+m)%2==1 时无解，其他情况一定有解

首先进行建图，将格子的字符转为数字，即将 \ 转为 0，将 / 转为 1

然后考虑对角线格子的情况，无非以下四种：\\、\/、//、/\，同时，将这四种情况也转为数字的形式存储，相应的，行走的花费就为 0、1、0、1

再考虑所走的方向：左下、左上、右上、右下

此时，我们对图进行 BFS 搜索，考虑到两种状态：有花费、无花费，由于要使得花费最低，因此每次从队首出队时，我们要选一个无花费的元素出队，故而可利用双端队列 deque 进行优化：当有花费时，从队尾入队，当无花费时，从队首入队，从而保证队列的两端性与单调性

此时只剩下一个问题，就是最小花费的问题，即什么情况下才能将元素入队，我们可以借助一个数组，存储之前的花费，当某一步的花费较之前的花费缩小时，即将元素入队

【源程序】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<bitset>
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define Pair pair<int,int>
LL quickPow(LL a,LL b){ LL res=1; while(b){if(b&1)res*=a; a*=a; b>>=1;} return res; }
LL multMod(LL a,LL b,LL mod){ a%=mod; b%=mod; LL res=0; while(b){if(b&1)res=(res+a)%mod; a=(a<<=1)%mod; b>>=1; } return res%mod;}
LL quickMultPowMod(LL a, LL b,LL mod){ LL res=1,k=a; while(b){if((b&1))res=multMod(res,k,mod)%mod; k=multMod(k,k,mod)%mod; b>>=1;} return res%mod;}
LL quickPowMod(LL a,LL b,LL mod){ LL res=1; while(b){if(b&1)res=(a*res)%mod; a=(a*a)%mod; b>>=1; } return res; }
LL getInv(LL a,LL mod){ return quickPowMod(a,mod-2,mod); }
LL GCD(LL x,LL y){ return !y?x:GCD(y,x%y); }
LL LCM(LL x,LL y){ return x/GCD(x,y)*y; }
const double EPS = 1E-6;
const int MOD = 1000000000+7;
const int N = 1000+5;
const int dx[] = {0,0,-1,1,1,-1,1,1};
const int dy[] = {1,-1,0,0,-1,1,-1,1};
using namespace std;struct Node {int x, y;int step;Node() {}Node(int x, int y, int step) : x(x), y(y), step(step) {}
};
int n, m;
int G[N][N]; //将格子的字符转为数字 0:\ 1:/
int dirG[4][2] = {{0, 0}, {0, 1}, {1, 1}, {1, 0}}; /* 对角线格子的情况:\\,\/,//,/\ */
int disG[4] = {0, 1, 0, 1}; //对角线格子相应的状态下是否能走
int dir[4][2] = {{-1, -1}, {-1, 1}, {1, 1}, {1, -1}}; //走对角线的方向:左下,左上,右上,右下
int dis[N][N];
bool vis[N][N];void BFS() {deque<Node> Q;memset(vis, 0, sizeof(vis));memset(dis, INF, sizeof(dis));Q.push_front((Node){0, 0, 0});while (!Q.empty()) {Node node = Q.front();Q.pop_front();int x = node.x, y = node.y;int step = node.step;if (vis[x][y])continue;vis[x][y] = true;if (x == n && y == m) {printf("%d\n", step);return;}for (int i = 0; i < 4; i++) {int gx = x + dirG[i][0];int gy = y + dirG[i][1];if (gx < 0 || gy < 0 || gx > n || gy > m)continue;int nx = x + dir[i][0];int ny = y + dir[i][1];if (nx < 0 || ny < 0 || nx > n || ny > m)continue;if (dis[nx][ny] == INF) {if (G[gx][gy] != disG[i]) {Q.push_back(Node(nx, ny, step + 1));dis[nx][ny] = step + 1;} else {Q.push_front(Node(nx, ny, step));dis[nx][ny] = step;}} else if (G[gx][gy] == disG[i] && step < dis[nx][ny])Q.push_front(Node(nx, ny, step));}}
}
int main() {int t;scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {char c = getchar();while (c != '\\' && c != '/')c = getchar();if (c == '\\')G[i][j] = 0;elseG[i][j] = 1;}}if ((n + m) % 2)printf("NO SOLUTION\n");elseBFS();}return 0;
}

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电路维修（信息学奥赛一本通-T1448）

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