中国象棋中的跳马问题

题目描述
现在棋盘的大小不一定，由p，q给出，并且在棋盘中将出现障碍物（限制马的行动，与象棋走法相同）
输入
第一行输入n表示有n组测试数据。

每组测试数据第一行输入2个整数p,q，表示棋盘的大小(1<=p,q<=100)。
每组测试数据第二行输入4个整数，表示马的起点位置与终点位置。(位置的取值范围同p,q)
第三行输入m表示图中有多少障碍。
接着跟着m行，表示障碍的坐标。

输出
马从起点走到终点所需的最小步数。
如果马走不到终点，则输入“can not reach!”
样例输入
2
9 10
1 1 2 3
0
9 10
1 1 2 3
8
1 2
2 2
3 3
3 4
1 4
3 2
2 4
1 3
样例输出
1
can not reach!
提示
此题是一个搜索题，可用DFS或BFS，建议选择BFS(广搜)。一开始把马的起始点加入队列，然后用广搜的思想把此点能到达的其他点加入队列，这里需要一个数组用来记录此点在之前是否已经加入队列，如果加入过队列当中，就不需要再加入了，直到队列里的元素为空，或者搜索到了终点，搜索即停止，然后输出相应答案即可。

分析：此题为跳马问题，根据跳马的规则，是走‘日’字的对角，由于不能撇腿了，所以比平常的判断多一个，就是朝某个方向跳动时，必须不能撇腿！！！
DFS待写。。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=105;
int p,q,sx,sy,tx,ty;
int k,vis[N][N],a[N][N];
int dx[8]= {2,2,-1,1,-2,-2,-1,1},dy[8]= {-1,1,-2,-2,-1,1,2,2};
int yd[4][2]= {1,0,0,-1,-1,0,0,1};
struct Node
{int x,y,cnt;
}que[15005];///注意队列的大小
int bfs()
{Node tou,next;tou.x=sx;tou.y=sy;tou.cnt=0;int front=1,rear=1;que[front]=tou;while(front<=rear){tou=que[front];//取队头front++;//删除队头if(tou.x==tx&&tou.y==ty)//到达目标位置return tou.cnt;int nx,ny;for(int i=0; i<8; i++){int t=i/2,x,y;x=tou.x,y=tou.y;int m=x+yd[t][0],n=y+yd[t][1];if(m>0&&m<=p&&n>0&&n<=q&&vis[m][n]) continue;///判断撇腿，这里若换成四个循环判断会节省时间nx=tou.x+dx[i];ny=tou.y+dy[i];if(nx>=1&&nx<=p&&ny>=1&&ny<=q&&vis[nx][ny]==0&&a[nx][ny]==0){next.x=nx;next.y=ny;next.cnt=tou.cnt+1;++rear;que[rear]=next;//加入队尾a[nx][ny]=1;}}}return -1;
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){memset(vis,0,sizeof(vis));memset(a,0,sizeof(a));scanf("%d%d",&p,&q);scanf("%d%d%d%d",&sx,&sy,&tx,&ty);scanf("%d",&k);int i,x,y;for(i=0; i<k; i++){scanf("%d%d",&x,&y);vis[x][y]=1;//标记有障碍的位置}int ans=bfs();if(ans>=0)printf("%d\n",ans);elseprintf("can not reach!\n");}return 0;
}

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