题目

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解说

先从建图说起。

显然如果一个格子内符号为 \ ，那么我们不需要转动元件就可以从左上角走到右下角，即从左上角走到右下角走了一条边权为\(0\)的边，而如果想从左下角走到右上角则需要转动一次元件，也可以抽象为从左上角走到右下角走了一条边权为\(1\)的边。符号为 / 时与之同理。

图建好之后我们就可以直接跑最短路了……吗？

如果我们放纵一下自己开\(O2\)的话确实可以轻松水过，但是这并不是我们希望看到的结果。

下面展示一下硬跑迪杰斯特拉和\(SPFA\)的优秀战果。

迪杰斯特拉：\(TLE\) \(88\)分

SPFA：\(TLE\) \(86\)分

这不尴尬了吗[托腮] [托腮]

显然我们需要进行某些改良才行。不难发现在这道题中边权只有\(0\)和\(1\)两种，我们应该充分利用这一特点。显然我们应该尽可能走边权为\(0\)的边，这时候我们想起\(SPFA\)中有一种叫双端队列优化的东西，那么我们只需将其稍作修改，通往目前点的边权若为\(0\)则将其放在前端，否则放在后端，这样就保证了每个点的进队数量尽量少，并且可以保证第一次搜到终点时其答案就是最小的，可以直接退出。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=500+3;
int head[maxn*maxn],tot,n,m,dis[maxn*maxn];
struct edge{
	int to,next,w;
}e[maxn*maxn*4];//一定注意边的数量！！！
void add(int a,int b,int w){
	e[++tot].to=b;
	e[tot].w=w;
	e[tot].next=head[a];
	head[a]=tot;
}
void spfa(){
	deque<int> q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[1]=0;
	q.push_front(1);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop_front();
		for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
			int v=e[i].to;
			if(dis[u]+e[i].w<dis[v]){
				dis[v]=dis[u]+e[i].w;
				if(v==(n+1)*(m+1)) return;
				if(!e[i].w) q.push_front(v);
				else q.push_back(v);
			}
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			char tmp;
			scanf(" %c",&tmp);
			if(tmp=='/'){
				add((i-1)*(m+1)+j+1,i*(m+1)+j,0);
				add(i*(m+1)+j,(i-1)*(m+1)+j+1,0);
				add((i-1)*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,1);
				add(i*(m+1)+j+1,(i-1)*(m+1)+j,1);
			}
			else{
				add((i-1)*(m+1)+j+1,i*(m+1)+j,1);
				add(i*(m+1)+j,(i-1)*(m+1)+j+1,1);
				add((i-1)*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,0);
				add(i*(m+1)+j+1,(i-1)*(m+1)+j,0);
			}
		}
	}
	spfa();
	if(dis[(n+1)*(m+1)]==0x3f3f3f3f) printf("NO SOLUTION\n");
	else printf("%d\n",dis[(n+1)*(m+1)]);
	return 0;
}

幸甚至哉，歌以咏志。