妇添小有一个很厉害的技能：发现吃的！如果有好吃的东西，不论多远，只要一闻就能知道在哪里。这天他刚刚在程设rejudge完，忽然鼻子一抽——有吃的！他决定马上赶去吃这么好吃的东西。
语文男为了考验妇添小的品味，在路中间放了很多馒头，看他会不会饿的先吃馒头。妇添小当然不会让这种雕虫小计得逞！为了保持自己的品味，他决定绕开所有的馒头。Eureka受到妇添小邀请，运用绝世法力构造了很多传送点，任意两个传送点之间都能瞬移（当然传不传，传到哪里都可以随心所欲）。妇添小每次移动只能走上下左右四个方向（瞬移除外，并且瞬移不耗费时间）。现在，妇添小最短多长时间能吃到好吃的东西呢？
（当然，为了出题我们隐瞒了一些事实：不仅好吃的不见了，路上的馒头竟然也不翼而飞了，这真真是个悲伤的故事T.T）
输入：
第一行包含两个数字n,m（1<=n,m<=2000）
接下来包含n行，每行m个字符，表示现在的地图。'.'表示空地，'M‘表示馒头，‘E’表示传送点，'N'表示妇添小所在的位置，'C'表示吃的。'N'和‘C'在地图中出现且仅出现一次。
输出：
一个数字，表示妇添小最快能多长时间吃到好吃的。如果永远吃不到，只能说明传送点不够多，输出“Bad Eureka”。
提示：如果时间显示是0.004等很短的时间，但是最后评测为TLE，这时候实际上是因为开的数组过大，超出了内存限制。
测试用例：
输入：
6 6 ...E.. EMM.M. .M..M. .MC.M. .MMM.. N..E..
输出：
7
题解：
相对于普通的广度优先搜索，这道题披上了一个传送点的外衣，也就是bfs下如何处理这种有传送点的问题。这个时候有种比较好的解法就是，先求出N->C的距离，不考虑E，记这次的步数为step，然后分别求出，N->E,C->E的最短距离step1和step2，那么step1+step2就是N->C经过E的最少步数，然后比较step，输出较小的一个。
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
char map[2001][2001];
int vis[2001][2001];
int n,m;
struct QUEUE{
int x;
int y;
}q[4000001];
int bfs(int x1,int y1,char target)
{
int i;
memset(vis,0,sizeof(vis));
int front=0,rear=1;
q[front].x=x1;
q[front].y=y1;
vis[x1][y1]=1;
while(front<rear){
if(map[q[front].x][q[front].y]==target)
return vis[q[front].x][q[front].y]-1;
for(i=0;i<4;i++)
{
int dr=q[front].x+dir[i][0];
int dc=q[front].y+dir[i][1];
if(dr<0||dr>n-1||dc<0||dc>m-1||map[dr][dc]=='M'||vis[dr][dc])
continue;
else
{
q[rear].x=dr;
q[rear].y=dc;
rear++;
vis[dr][dc]=vis[q[front].x][q[front].y]+1;
}
}
front++;
}
return 0x3f3f3f3f;
}
int main()
{
int i,j;
int start_r,start_c,end_r,end_c;
scanf("%d%d",&n,&m);
getchar();
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<m;j++)
{
scanf("%c",&map[i][j]);
if(map[i][j]=='N')
{
start_r=i;
start_c=j;
}
if(map[i][j]=='C')
{
end_r=i;
end_c=j;
}
}
getchar();
}
int total_step=bfs(start_r,start_c,'C');
int step1=bfs(start_r,start_c,'E');
int step2=bfs(end_r,end_c,'E');
if(total_step==0x3f3f3f3f&&(step1==0x3f3f3f3f||step2==0x3f3f3f3f)) printf("Bad Eureka\n");
else printf("%d\n",total_step>(step1+step2)?step1+step2:total_step);
return 0;
}