这题主要问题是有些地方有钥匙，这种类型我们之前在bfs种做到过，就是用状压dp多枚举一维钥匙就行了，因为钥匙不需要时间，所以每次走到取完钥匙肯定是最优的
本题是二维的，不过转成一维更方便。我们的dis数组原先记录的是点，现在记录的是点和状态。建图是，先建门，将门与墙都插入一个set便于查询
建完这两个后，枚举所有位置建立其他没有门墙的地方。
因为本题有两种状态转移的可能，一种是走过一格，一种是在原地获取钥匙，因此边权只有0和1，这种01边权使用双端队列广搜复杂度是线性的
在广搜中，只需要枚举转移即可
#include<iostream> #include<set> #include<cstring> #include<deque> #include<vector> #define x first #define y second using namespace std; typedef pair<int, int> pll; const int N = 11, M = 360, P = 1 << 10; int n, m, k, p; int h[N * N], e[M], w[M], ne[M], idx; int g[N][N], key[N*N]; int dis[N * N][P]; bool st[N * N][P]; set<pll> node; void add(int a,int b,int c){ e[idx]=b,ne[idx]=h[a],w[idx]=c,h[a]=idx++; } int bfs(){ memset(dis,0x3f,sizeof dis); dis[1][0]=0; deque<pll> q; q.push_front({1,0}); while(q.size()){ auto t=q.front(); q.pop_front(); if(t.x==n*m) return dis[t.x][t.y]; if(st[t.x][t.y]) continue; st[t.x][t.y]=1; if(key[t.x]){ int state=t.y|key[t.x]; if(dis[t.x][state]>dis[t.x][t.y]){ dis[t.x][state]=dis[t.x][t.y]; q.push_front({t.x,state}); } } int i; for(i=h[t.x];i!=-1;i=ne[i]){ int j=e[i]; // 没有必要加上位置上的钥匙 //因为这个状态已经被加到队列当种 if(w[i]&&!(t.y>>w[i]-1&1)) continue;//有门但是没钥匙 if(dis[j][t.y]>dis[t.x][t.y]+1){ dis[j][t.y]=dis[t.x][t.y]+1; q.push_back({j,t.y}); } } } return -1; } void build(){ int i,j; int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; for(i=1;i<=n;i++){ for(j=1;j<=m;j++){ for(int u=0;u<4;u++){ int x=i+dx[u],y=j+dy[u]; if(x>n||x<1|y>m||y<1) continue; int tmp1=g[i][j],tmp2=g[x][y]; if(node.count({tmp1,tmp2})) continue; add(tmp1,tmp2,0); } } } } int main(){ cin>>n>>m>>p>>k; int i,j; int cnt=0; memset(h,-1,sizeof h); for(i=1;i<=n;i++){ for(j=1;j<=m;j++){ g[i][j]=++cnt; } } for(i=1;i<=k;i++){ int a,b,c,d,e; cin>>a>>b>>c>>d>>e; int tmp1=g[a][b],tmp2=g[c][d]; node.insert(pll{tmp1,tmp2});// the wall or the door node.insert(pll{tmp2,tmp1}); if(e){ add(tmp1,tmp2,e); add(tmp2,tmp1,e); } } build(); int s; cin>>s; for(i=1;i<=s;i++){ int x,y,c; cin>>x>>y>>c; int tmp=g[x][y]; key[tmp]|=1<<c-1; } cout<<bfs()<<endl; return 0; }