题目大意
n*m的矩阵里，有1, 2, ..., p 这些箱子，每种箱子都起码有一个，箱子p只有一个。1号箱子是开着的，其他都是锁着的。i号箱子里有i+1号箱子的钥匙。从矩阵左上角，也就是（1， 1）开始走路，求最短多少步可以打开p号箱子。可以上下左右走不能斜着走，一次只能走一格。
n, m的规模是300。
思路
首先要找到两种基本思路。
第一种，暴力找每个i-1箱子到每个i箱子的最少步数，一直找到p，这样最坏时间复杂度是O(n*m*n*m)，就比如所有数字就是一半数量的1和一半数量的2，就达到了最坏情况。
第二种，bfs找每个i-1箱子到每个i箱子的最少步数，一直找到p。这样最坏时间复杂度也是O(n*m*n*m)。因为每更新一次，就要bfs整张图一次，是n*m的复杂度。最坏的情况，每个数都是不一样的，就要bfs整张图n*m次，达到最坏复杂度。
但是这两种方法却是互补的。第一种方法，在箱子i-1和箱子i的数量之积比较小的时候是一种高效的解法，而第二种在箱子i-1和箱子i的数量之积比较大，也就是箱子种类p比较小（数量之积大也就是每种箱子数量都比较大，那样势必使得总共箱子的种类p会更小）的时候是一种高效的解法。那选择方法的依据是什么呢？
答案是，依据箱子的数量之积。假设现在在更新i号箱子，若i号箱子有nowsize个，i-1号箱子有lastsize个，它们乘积小于n*m时，用暴力匹配更新；大于n*m时，用bfs更新。这样的时间复杂度是O(nmsqrt(nm))，n*m的大于/小于的条件，使得两种方法各自均摊了复杂度。过程的话，bfs那种可以根据条件用基本不等式，算出每次更新需要的计算次数、总共更新次数的关系，两者相乘是nmsqrt(nm)的数量级。暴力匹配我还没有想得特别清楚，只是想到了可以从lastsize*nowsize由小变大，而复杂度也在由小变大演变的角度考虑，复杂度最大演变到nmsqrt(nm)，就是lastsize*nowsize=n*m的边界情况。
反思
知道思路以后，一夜加一上午地敲和改，太多小错误了。
1.bfs一定要在新增加节点入队的时候就把这个点标记掉。刚开始生生等到下一次这个节点出队的时候才标记，就会导致很多节点被重复入队4次，这就是开始MLE的原因。以此纪念我的首发MLE
2.长代码取变量名一定要斟酌清楚，目前的理解来讲，应该宁可取长一点也不要取容易相互用错的变量名。debug的时候被用错下标里面变量名的自己蠢哭了。