题目 E. 简单的图论问题？
给一个 n 行 m 列的迷宫，每个格子要么是障碍物要么是空地。每个空地里都有一个权值。你的
任务是从找一条(r1,c1)到(r2,c2)的路径，使得经过的空地的权值之和最小。每一步可以往上下
左右四个方向之一移动一格，但不能斜着移动，也不能移动到迷宫外面或者进入障碍物格子。
如下图，灰色格子代表障碍物。路径 A->B->D->F->E 的权值为 10+3+6+14+8=41，它是从 A 到
E 的最优路径。注意，如果同一个格子被经过两次，则权值也要加两次。
**为了让题目更有趣（顺便增加一下难度），你还需要回答另外一个问题：如果你每次必须转弯
（左转、右转或者后退，只要不是沿着上次的方向继续走即可），最小权值是多少？比如，在
上图中，如果你刚刚从 A 走到 B，那么下一步你可以走到 D 或者 A，但不能走到 G。在上图
中，A 到 E 的最优路径是 A->B->D->H->D->F->E，权和为 10+3+6+2+6+14+8=49。注意，D 经
过了两次。
输入
输入包含不超过 10 组数据。每组数据第一行包含 6 个整数 n, m, r1, c1, r2, c2 (2<=n,m<=500,
1<=r1,r2<=n, 1<=c1,c2<=m). 接下来的 n 行每行包含 m 个格子的描述。每个格子要么是一个
1~100 的整数，要么是星号”*”（表示障碍物）。起点和终点保证不是障碍物。
输出
对于每组数据，输出两个整数。第一个整数是“正常问题”的答案，第二个整数是“有趣问
题”的答案。如果每个问题的答案是“无解”，对应的答案应输出-1。
样例输入
4 4 1 2 3 2
7 10 3 9
* 45 6 2
* 8 14 *
21 1 * *
2 4 1 1 1 4
1 2 3 4
9 * * 9
2 4 1 1 1 4
1 * 3 4
9 9 * 9
样例输出：
Case 1: 41 49
Case 2: 10 -1
Case 3: -1 -1**
这个题最大的收获我觉得就是知道了如何对点使用优先队列和最短路，之前权值都是在边上；还有优先队列也熟悉了一下，总之还是有所收获的，仔细想想确实不难，第二问就是在BFS+优先队列的基础上加上方向判定，相同方向不能选择两次，而且也不能用二维数组vis存储访问控制，而是应该再加上一维方向，判断这个点的对应方向是否访问过
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<deque>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MM(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define MMINF(x) memset(x,INF,sizeof(x))
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=505;
struct info
{
int w;
int x,y;
int pre;
bool operator<(const info &b)const
{
return w>b.w;
}
};
inline info operator+(const info &a,const info &b)
{
info c;
c.x=a.x+b.x;
c.y=a.y+b.y;
return c;
}
info S,T;
info direct[4]={{0,1,0,0},{0,-1,0,0},{0,0,1,0},{0,0,-1,0}};
int n,m;
int pos[N][N];
int vis[N][N];
int visd[N][N][4];
priority_queue<info>Q;
void init()
{
MM(pos);
MM(vis);
while (!Q.empty())
Q.pop();
}
bool check(const info &a)
{
if(a.x>=0&&a.x<n&&a.y>=0&&a.y<m&&!vis[a.x][a.y]&&pos[a.x][a.y])
return true;
return false;
}
int main(void)
{
int i,j,tcase=0;
char s[5];
while (~scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&S.x,&S.y,&T.x,&T.y))
{
init();
for (i=0; i<n; i++)
{
for(j=0; j<m; j++)
{
scanf("%s",s);
if(s[0]=='*')
pos[i][j]=0;
else
sscanf(s,"%d",&pos[i][j]);
}
}
--S.x;--S.y;--T.x;--T.y;
S.w=pos[S.x][S.y];
Q.push(S);
vis[S.x][S.y]=1;
int ans1=-1,ans2=-1;
while (!Q.empty())
{
info now=Q.top();
Q.pop();
if(now.x==T.x&&now.y==T.y)
{
ans1=now.w;
break;
}
for (i=0; i<4; i++)
{
info v=now+direct[i];
v.w=now.w+pos[v.x][v.y];
if(check(v))
{
vis[v.x][v.y]=1;
Q.push(v);
}
}
}
MM(vis);MM(visd);
while (!Q.empty())
Q.pop();
S.pre=-1;
vis[S.x][S.y]=1;
Q.push(S);
while (!Q.empty())
{
info now=Q.top();
Q.pop();
if(now.x==T.x&&now.y==T.y)
{
ans2=now.w;
break;
}
for (i=0; i<4; i++)
{
info v=now+direct[i];
v.w=now.w+pos[v.x][v.y];
v.pre=i;
if(check(v)&&v.pre!=now.pre&&(!visd[v.x][v.y][v.pre]))
{
visd[v.x][v.y][v.pre]=1;
Q.push(v);
}
}
}
printf("Case %d: %d %d\n",++tcase,ans1,ans2);
}
return 0;
}