鸣人和佐助（记忆化广搜）

我是传送门
已知一张地图（以二维矩阵的形式表示）以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到，只不过有些位置上有大蛇丸的手下，需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉，每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动，每移动一个距离需要花费1个单位时间，打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了，则只可以走到没有大蛇丸手下的位置，不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。佐助在此期间不移动，大蛇丸的手下也不移动。请问，鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间？

Input
输入的第一行包含三个整数：M，N，T。代表M行N列的地图和鸣人初始的查克拉数量T。0 < M,N < 200，0 ≤ T < 10
后面是M行N列的地图，其中@代表鸣人，+代表佐助。*代表通路，#代表大蛇丸的手下。
Output
输出包含一个整数R，代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助，则输出-1。

分析：所有由head变为tail的数据都要知道，不能漏掉，如head.t怎么变为tail.t不写,就q.push(tail) ，这样下面用到的tail可能是其他组的。 book数组必须把金克拉数量也标记上，因为后边head进入也会走到原来位置上, 金克拉数量可能比第一次多。广搜队列中第一次搜到的终点用时是最短的。
ac代码：

#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,t,flag=0,vis[11][210][210];
char a[210][210];
struct node
{int x;int y;int t;//金克拉 int s;//时间
};
int jud(int x,int y)
{if(x>=0&&y>=0&&x<n&&y<m)return 1;return 0;
}
void bfs(int x,int y)
{int i; int ne[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};queue<node> q;node head,tail;head.x=x;head.y=y;head.t=t;head.s=0;q.push(head);vis[head.t][head.x][head.y]=1;while(!q.empty()){head=q.front();q.pop();if(a[head.x][head.y]=='+'){flag=1;printf("%d\n",head.s);return;}for(i=0;i<4;i++){tail.x=head.x+ne[i][0];tail.y=head.y+ne[i][1];tail.s=head.s+1;tail.t=head.t;
//尽可能都写在前边，写下边//那里就WA了，因为不写的话下一行vis[tail.t]用的是上一个的； if(jud(tail.x,tail.y)&&!vis[tail.t][tail.x][tail.y]){if(a[tail.x][tail.y]=='#'){if(head.t>0){vis[tail.t][tail.x][tail.y]=1;//确定金克拉有再标记，否则后面会影响； tail.t=head.t-1;q.push(tail);}else continue;}else{vis[tail.t][tail.x][tail.y]=1;//tail.t=head.t;q.push(tail);}    }}}
}
int main()
{int i,j,x,y;scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);for(i=0;i<n;i++){scanf("%s",a[i]);for(j=0;j<m;j++){if(a[i][j]=='@')x=i,y=j;}}flag=0;bfs(x,y);if(flag==0)printf("-1\n");return 0;
}

本题主要对金克拉数量进行记忆化；

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