题意

给你一个2∗N2*N2∗N的图，有城堡，怪物，障碍物，传送门，空地五种类型的物体。你每次可以放一次障碍物，问：至少需要放多少次才能把怪物跟城堡完全分隔开？

思路

一些不怎么显然的观察

讲道理看到图是2∗N2*N2∗N我想过用dp怎么做，但是想不到。这题的转移方式非常特别，我们来考虑怎么设计状态，因为有传送门，所以我们想到，怪物要么借助传送门走到城堡，要不不用传送门也能走到城堡。

借助传送门走到城堡，如果有解，我们不允许怪物走到传送门。即可以把传送门当做城堡。
不借助传送门走到城堡，如果有解，我们允许怪物走到传送门。即把传送门当作怪物

通过计算上面两个形态，我们就可以把传送门这一项给干掉了，所以我们只需要分别计算一下上面两种情况的最小值。

状态设计

so，下一步的问题变成了，我们需要在一张2∗N2*N2∗N的图中，添加最少的障碍物，把「怪物」和「城堡」分隔开。所以我们可以想象，一个「城堡」跟他周围的「空地」都属于同一个连通块，「恶魔」和「空地」周围的空地也属于同一个联通块。要完全分隔开如何做？

观察到有2行，4种物体，所以我们可以这么设计状态
f[i][a][b]f[i][a][b]f[i][a][b]表示当前考虑到了第iii列，第一个格子的状态为a, 第二个格子的状态为b，且将「怪物」同「城堡」分隔开的最小操作次数

a，b有四种状态，分别为

0: 这个格子是个空地
1：这个格子是个恶魔，或者之前恶魔可以到达的位置
2: 这个格子是个城堡，或者之前城堡可以到达的位置。
3: 这个格子是个障碍物

那么如何转移？在考虑第i列的所有状态时，我们来考虑第i-1列的所有状态。观察到「城堡」跟他周围的「空地」都属于同一个连通块这个条件，所以第i-1列的城堡会对当前列产生影响。比如，i-1列，第一个格子为「城堡」，而第i列第一个格子为「空地」时，我们不止可以更新「空地」这个状态，还可以更新「障碍物」这个状态（操作次数+1）。

最后枚举f[n][i][j]f[n][i][j]f[n][i][j]可以得到答案

题解参考

个人一些疑问

为什么这样可以从左到右考虑DP？当前考虑到第i列第时候，右边的恶魔不会对最小值产生影响吗？
那么对于我自己的问题，我大概有一个初步的想法，考虑到第i列第时候，我们只是把第i列左边的城堡跟恶魔全部分开的所有代价，后面的自然会在DP的时候考虑到。

代码

class Solution {public:int INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};int f[10010][4][4];vector<string> g;vector<string> change(vector<string>& grid, char c) {auto res = grid;for(int i = 0; i < 2; i++)for(int j = 0; j < m; j++)if(res[i][j] == 'P') res[i][j] = c;return res;}bool check() {for(int i = 0; i < n; i++) {for(int j = 0; j < m; j++) {for(int k = 0; k < 4; k++) {int a = i + dx[k], b = j + dy[k];if(a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue;if(g[i][j] == 'S' && g[a][b] == 'C') return false;}}}return true;}void update(int i, int a, int b, int c, int d, int cost) {//a, c相邻，b, d相邻, 且互斥，直接返回。if(c == 1 || c == 2) {if(a + c == 3) return;//a可以被c改变if(!a) a = c;}if(d == 1 || d == 2) {if(d + b == 3) return;if(!b) b = d;}//改变之后冲突if((a == 1 || a == 2) && a + b == 3) return;//a跟b可以相互改变if((a == 1 || a == 2) && !b) b = a;if((b == 1 || b == 2) && !a) a = b;f[i][a][b] = min(f[i][a][b], f[i - 1][c][d] + cost);}int cal() {if(!check()) return INF;unordered_map<char,int> S = {{'.', 0}, {'S', 1}, {'C', 2}, {'#', 3}};memset(f, 0x3f, sizeof f);f[0][0][0] = 0;for(int i = 1; i <= m; i++) {int a = S[g[0][i - 1]], b = S[g[1][i - 1]];for(int c = 0; c < 4; c++) for(int d = 0; d < 4; d++) {update(i, a, b, c, d, 0);if(!a) update(i, 3, b, c, d, 1);if(!b) update(i, a, 3, c, d, 1);if(!a && !b) update(i, 3, 3, c, d, 2);} }int res = INF;for(int i = 0; i < 4; i++)for(int j = 0; j < 4; j++)res = min(res, f[m][i][j]);return res;}int guardCastle(vector<string>& grid) {n = 2, m = grid[0].size();int res = INF;g = change(grid, 'S');res = min(res, cal());g = change(grid, 'C');res = min(res, cal());if(res == INF) res = -1;return res;}
};

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