题目描述

每逢佳节胖三斤，牛牛在过去的节日里长胖了，连拐弯都困难，甚至会卡在门上，所以他很讨厌拐弯。给你一个N*N（2≤N≤100）的方格中，‘x’表示障碍，‘.’表示没有障碍（可以走），牛牛可以从一个格子走到他相邻的四个格子，但是不能走出这些格子。问牛牛从A点到B点最少需要转90度的弯几次。

输入描述:
第一行一个整数：N，下面N 行，每行N 个字符，只出现字符：‘.’，‘x’，‘A’，‘B’；表示上面所说的矩阵格子，每个字符后有一个空格。

输出描述:
一个整数：最少转弯次数。如果不能到达，输出-1。
示例1

输入

复制
3
. x A
. . .
B x .
输出

复制
2
备注:
开始和结束时的方向任意。

思路：要求最小的转向次数，可以用深度优先搜索加优先队列，队列按照转向次数从小到大排序，每次入队当前点坐标和前驱点坐标以及到当前点的转向次数，在出队时将相关点标记不再搜索，第一次遍历到终点的转向次数即是答案；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;const int N=110;char mp[N][N];
int n,m,sx,sy,ex,ey;
bool st[N][N];
int dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,1,-1};
struct Node
{int x,y,px,py;int cnt;bool operator<(const Node&t)const{return cnt>t.cnt;}
};int bfs()
{priority_queue<Node> q;q.push({sx,sy,sx,sy,0});st[sx][sy]=1;while(q.size()){Node t=q.top();q.pop();int x=t.x,y=t.y;if(x==ex&&y==ey)return t.cnt;st[x][y]=1;for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];if(xx<0||xx>n-1||yy<0||yy>n-1)continue;if(mp[xx][yy]=='x'||st[xx][yy])continue;int isTurn=(t.px!=xx&&t.py!=yy);q.push({xx,yy,x,y,t.cnt+isTurn});}}return -1;
}int main()
{cin>>n;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++){cin>>mp[i][j];if(mp[i][j]=='A')sx=i,sy=j;if(mp[i][j]=='B')ex=i,ey=j;}  cout<<bfs()<<endl;
}

思路：要求最小的转向次数，可以用深度优先搜索加优先队列，队列按照转向次数从小到大排序，每次入队当前点坐标和前驱点坐标以及到当前点的转向次数，在出队时将相关点标记不再搜索，第一次遍历到终点的转向次数即是答案；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

思路：要求最小的转向次数，可以用深度优先搜索加优先队列，队列按照转向次数从小到大排序，每次入队当前点坐标和前驱点坐标以及到当前点的转向次数，在出队时将相关点标记不再搜索，第一次遍历到终点的转向次数即是答案；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

思路：要求最小的转向次数，可以用深度优先搜索加优先队列，队列按照转向次数从小到大排序，每次入队当前点坐标和前驱点坐标以及到当前点的转向次数，在出队时将相关点标记不再搜索，第一次遍历到终点的转向次数即是答案；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

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题目描述

输入描述:

输出描述:

输入

输出

备注:

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

因为只要存在转向那么下一点的x和y坐标必与前驱点的x和y坐标不同，于是我们可以利用前驱点坐标来判断是否转向；

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