题目描述
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6 16
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..XXXX....XXX...
...XXXX....XX...
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........XXXXX...
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Solution：
本题一眼想到搜索（考试时打了半天，没调对～～手动滑稽～～）。事后讨论，发现神佬的思路有可行性也有一些错误，于是从中启发，再结合题解，便改出了类$floyd$的算法。
首先，用一次$dfs$处理出$3$个连通块并标记，实现比较简单。
再就是骚操作了，处理出每个$s[i][j]==X$的点所在连通块到其它所有点的最小曼哈顿距离$dis[k][i][j]$（表示第$k$个连通块到$[i,j]$点的最小曼哈顿距离）。
然后对于每个是连通块上的点（即$s[i][j]==X$的点），去更新这个点所在连通块与其它连通块的最短距离（$f[i][j]$表示第$i$个连通块与第$j$个连通块的最短距离），很显然的状态转移方程为:$f[p][q]=min(f[p][q],dis[q][i][j]),\;s[i][j]\in p$，（记得$f[p][q]=f[q][p]$）。
然后就处理出了$3$个连通块两两之间的最短距离，则$ans$初值是$3$条边中$2$条搭配的最小值（因为要使$3$个连通块连通只要连$2$条边），至于为什么是初值赋值为这个最小值呢？
那是因为可能存在两两连通块之间共用了点的情况，举个例子：
$\begin{Bmatrix}
X\;.\;.\;.\;X\\
.\;\;.\;.\;.\;\;.\\
.\;\;.\;.\;.\;\;. \\
.\;.\;X\;.\;.
\end{Bmatrix}$
此时求出的$3$个连通块之间的最小距离和为$9$则需要加的$X$个数为$9-2=7$（减$2$是很显然的道理，因为我们是以坐标算曼哈顿距离，两个点之间曼哈顿路径上的点数应该等于曼哈顿距离减$1$(有点类似于小学奥数的植树间隔问题)，那么三个点之间实际上就是两个两个点之间的点数，显然是减$2$(怎么感觉自己说的有点绕，～手动滑稽，不信自己模拟～)），但这个例子的答案显然因该是$5$。
很容易发现，上述情况属于三个连通块之间由非连通块上的点搭桥相连的情况（这不还是$floyd$嘛）。于是我们处理出初值$ans$后，还应该枚举中间点，计算三个点之间共用点搭桥的情况的最小值，更新$ans$。
那么最后答案就是$ans-2$了。时间复杂度$O(n^3)$（这也只是最坏复杂度，基本体现在预处理枚举每个连通块到其它所有点的距离上了），但还是很轻易本题就$AC$了（貌似最优解！）。
本题给我的启发就是：
1、其实可以将连通块个数再增多，那么就是跑最小生成树处理初值$ans$，同理继续枚举中间点连接各连通块。
2、其实$50*50$的数据用此方法还是很水的，可以增大数据至少到$200*200$。
代码：
1 // luogu-judger-enable-o2 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define il inline 4 #define ll long long 5 #define debug printf("%d %s\n",__LINE__,__FUNCTION__) 6 using namespace std; 7 int n,m,ans=520520520,p[55][55],cnt,f[55][55],tot,dis[4][55][55]; 8 int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1}; 9 char s[55][55]; 10 bool vis[55][55],lian[4]; 11 il void change(int x,int y,int c){ 12 if(vis[x][y])return ; 13 if(s[x][y]=='X'){vis[x][y]=1;p[x][y]=c;} 14 else return; 15 for(int i=0;i<4;i++){ 16 int xx=dx[i]+x,yy=dy[i]+y; 17 change(xx,yy,c); 18 } 19 } 20 il void dfs(int kuai,int x,int y){ 21 for(int i=1;i<=n;i++) 22 for(int j=1;j<=m;j++) 23 dis[kuai][i][j]=min(dis[kuai][i][j],abs(i-x)+abs(j-y)); 24 } 25 int main() 26 { 27 cin>>n>>m; 28 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1); 29 for(int i=1;i<=n;i++) 30 for(int j=1;j<=m;j++) 31 if(s[i][j]=='X'&&!vis[i][j])change(i,j,++cnt); 32 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 33 for(int i=1;i<=n;i++) 34 for(int j=1;j<=m;j++) 35 if(s[i][j]=='X')dfs(p[i][j],i,j); 36 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 for(int j=1;j<=m;j++) 39 if(s[i][j]=='X'){ 40 f[p[i][j]][1]=min(f[p[i][j]][1],dis[1][i][j]); 41 f[p[i][j]][2]=min(f[p[i][j]][2],dis[2][i][j]); 42 f[p[i][j]][3]=min(f[p[i][j]][3],dis[3][i][j]); 43 f[1][p[i][j]]=f[p[i][j]][1]; 44 f[2][p[i][j]]=f[p[i][j]][2]; 45 f[3][p[i][j]]=f[p[i][j]][3]; 46 } 47 ans=min(f[1][2]+f[2][3],min(f[1][3]+f[1][2],f[1][3]+f[2][3])); 48 for(int i=1;i<=n;i++) 49 for(int j=1;j<=m;j++) 50 ans=min(ans,dis[1][i][j]+dis[2][i][j]+dis[3][i][j]); 51 cout<<ans-2; 52 return 0; 53 }