题意：给出一个$N \times M$的棋盘，棋盘上有一些块可以移动，有一些块无法移动。$Q$次询问，每一次询问给出三个块$a,b,c$，将$a$块变为空格，空格旁边可移动的块可以与空格交换位置。问每一次询问中最小的将$b$块移动到$c$块最开始位置上的移动次数。$N , M \leq 30 , Q \leq 500$
我觉得我在$NOIP$考场上绝对会直接打暴力qwq
我们能够发现空格必须要在需要移动的格子的四周，而且不移动需要移动的格子，才能发挥效果。所以当空格在需要移动的格子旁边的时候，只有两种情况：①将需要移动的格子与空格交换位置；②将空格移动到需要移动的格子的另一侧。所以我们预处理：$f_{i,j,k,l}$表示将空格从格子$i,j$的方向$k$移动到方向$l$且不移动$(i,j)$的最少步数，可以通过$bfs$实现，复杂度$O(16N^2M^2)$
接下来就是一个类似于最短路的问题了。然而最开始空格与需要移动的格子不相邻，所以我们在每一次询问的时候，再一次$bfs$计算现在空格的位置到达需要移动的格子四周且不移动需要移动的格子的最少移动次数，然后跑$SPFA$即可。因为图很小，卡不了$SPFA$。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 inline int read(){
5 int a = 0;
6 char c = getchar();
7 while(!isdigit(c))
8 c = getchar();
9 while(isdigit(c)){
10 a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ '0');
11 c = getchar();
12 }
13 return a;
14 }
15
16 const int dir[4][2] = {0,1,1,0,-1,0,0,-1};
17 int f[31][31][4][4] , dis[31][31][4] , t[31][31] , N , M , Q;
18 bool canbe[32][32] , inq[31][31][4];
19 struct be{
20 int x , y , dir;
21 }now;
22
23 queue < pair < int , int > > q;
24 queue < be > q1;
25
26 inline int SPFA(int aX , int aY , int bX , int bY , int cX , int cY){
27 while(!q.empty())
28 q.pop();
29 if(!canbe[aX][aY] || !canbe[bX][bY])
30 return 0x3f3f3f3f;
31 memset(t , 0x3f , sizeof(t));
32 t[aX][aY] = 0;
33 q.push(make_pair(aX , aY));
34 while(!q.empty()){
35 pair < int , int > r = q.front();
36 q.pop();
37 if(r.first == bX && r.second == bY)
38 return t[bX][bY];
39 for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
40 if(r.first + dir[i][0] != cX || r.second + dir[i][1] != cY)
41 if(canbe[r.first + dir[i][0]][r.second + dir[i][1]])
42 if(t[r.first + dir[i][0]][r.second + dir[i][1]] > t[r.first][r.second] + 1){
43 t[r.first + dir[i][0]][r.second + dir[i][1]] = t[r.first][r.second] + 1;
44 q.push(make_pair(r.first + dir[i][0] , r.second + dir[i][1]));
45 }
46 }
47 return 0x3f3f3f3f;
48 }
49
50 inline void bfs(int sX , int sY , int tX , int tY){
51 for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
52 if(dis[sX][sY][i] != 0x3f3f3f3f){
53 inq[sX][sY][i] = 1;
54 q1.push((be){sX , sY , i});
55 }
56 while(!q1.empty()){
57 now = q1.front();
58 inq[now.x][now.y][now.dir] = 0;
59 q1.pop();
60 if(now.x == tX && now.y == tY)
61 continue;
62 for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
63 if(now.dir != i){
64 int N = dis[now.x][now.y][now.dir] + f[now.x][now.y][now.dir][i];
65 if(dis[now.x][now.y][i] > N){
66 dis[now.x][now.y][i] = N;
67 if(!inq[now.x][now.y][i]){
68 inq[now.x][now.y][i] = 1;
69 q1.push((be){now.x , now.y , i});
70 }
71 }
72 }
73 if(dis[now.x + dir[now.dir][0]][now.y + dir[now.dir][1]][3 - now.dir] > dis[now.x][now.y][now.dir] + 1){
74 dis[now.x + dir[now.dir][0]][now.y + dir[now.dir][1]][3 - now.dir] = dis[now.x][now.y][now.dir] + 1;
75 if(!inq[now.x + dir[now.dir][0]][now.y + dir[now.dir][1]][3 - now.dir]){
76 inq[now.x + dir[now.dir][0]][now.y + dir[now.dir][1]][3 - now.dir] = 1;
77 q1.push((be){now.x + dir[now.dir][0] , now.y + dir[now.dir][1] , 3 - now.dir});
78 }
79 }
80 }
81 }
82
83 int main(){
84 N = read();
85 M = read();
86 Q = read();
87 for(int i = 1 ; i <= N ; i++)
88 for(int j = 1 ; j <= M ; j++)
89 canbe[i][j] = read();
90 memset(f , 0x3f , sizeof(f));
91 for(int i = 1 ; i <= N ; i++)
92 for(int j = 1 ; j <= M ; j++)
93 if(canbe[i][j])
94 for(int m = 0 ; m <= 3 ; m++)
95 for(int n = 0 ; n <= 3 ; n++)
96 f[i][j][m][n] = SPFA(i + dir[m][0] , j + dir[m][1] , i + dir[n][0] , j + dir[n][1] , i , j);
97 while(Q--){
98 int a = read() , b = read() , c = read() , d = read() , e = read() , f = read();
99 if(c == e && d == f){
100 printf("0\n");
101 continue;
102 }
103 memset(dis , 0x3f , sizeof(dis));
104 for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
105 dis[c][d][i] = SPFA(a , b , c + dir[i][0] , d + dir[i][1] , c , d);
106 bfs(c , d , e , f);
107 int ans = 0x3f3f3f3f;
108 for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
109 ans = min(ans , dis[e][f][i]);
110 printf("%d\n" , ans == 0x3f3f3f3f ? -1 : ans);
111 }
112 return 0;
113 }