Codeforces Ronda # 619 (Div. 2) F

El significado de los problemas

$Nuevo Méjico$ rejilla, cada rejilla tiene un color, el mismo color puede alcanzar o ir rejilla directamente adyacente, la distancia más corta entre la pluralidad de requisitos de puntos de interrogación.

solución del problema

En primer lugar, tenemos la tendencia a pensar en la búsqueda de la distancia entre dos colores, pero de esta manera no es un buen mantenimiento.
La respuesta es debido a la incertidumbre $dis + 1$ o $dis + 2$ o $dis$
nos capa adicional de información, tarjetas de memoria mantienen una distancia mínima para todos los puntos de color.
Esto puede ser un multi-fuente $BFS$ mantenimiento, la llegada de cada nuevo color, poner el mismo color en toda la actualización de puntos.
Y de acuerdo con $BFS$ naturaleza, la primera distancia mínima que sea constante, por lo que ya no actualiza después de que el color.

Después de la búsqueda de que todavía no estamos seguros $dis + 1$ o $dis$ .
Si no se utiliza el color a través de, la respuesta es la distancia Manhattan.
Si se utiliza, el cual consideramos un color enumeración con un salto, entonces la respuesta es $dis [i] [l] + dis [i] [r] 1$
representa $yo$ del color a la izquierda punto y punto a la derecha a través de las contribuciones más.

Esa es la respuesta para tomar el mínimo, porque la mayoría son en cortocircuito-uno al otro por lo que esta petición es posible.

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define sf(x) scanf("%d",&x)
typedef long long ll;
using namespace std;

const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxk = 40+2;
const int maxn = 1000+2;

int n,m,k;
int dp[maxk][maxn][maxn];
int col[maxn][maxn],vis[maxn][maxn],flag[maxn];
vector<pair<int,int> >G[maxk];

int dx[4]={-1,1,0,0};
int dy[4]={0,0,1,-1};

void bfs(int c){
    queue<pair<pair<int,int>,int> >q;
    for(auto x:G[c])q.push(make_pair(make_pair(x.first,x.second),0));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    memset(dp[c],0x3f,sizeof(dp[c]));
    while(!q.empty()){
        int nowx=q.front().first.first,nowy=q.front().first.second,val=q.front().second;q.pop();
        if(vis[nowx][nowy])continue;vis[nowx][nowy]=true;
        dp[c][nowx][nowy]=val;
        if(!flag[col[nowx][nowy]]){
            flag[col[nowx][nowy]]=true;
            for(auto v:G[col[nowx][nowy]]){
                q.push(make_pair(make_pair(v.first,v.second),val+1));
            }
        }
        for(int i=0;i<4;i++){
            int x=nowx+dx[i],y=nowy+dy[i];
            if(x<1||x>n||y<1||y>m)continue;
            if(vis[x][y])continue;
            q.push(make_pair(make_pair(x,y),val+1));
        }
    }
}

int main(){
    cin>>n>>m>>k;
    FOR(i,1,n)FOR(j,1,m)scanf("%d",&col[i][j]),G[col[i][j]].push_back(make_pair(i,j));
    FOR(i,1,k)bfs(i);
    int q;cin>>q;
    while(q--){
        int r1,c1,r2,c2;scanf("%d%d%d%d",&r1,&c1,&r2,&c2);
        if(r1==r2&&c1==c2)puts("0");
        else if(col[r1][c1]==col[r2][c2])puts("1");
        else{
            int ans=abs(r1-r2)+abs(c1-c2);
            for(int i=1;i<=k;i++)ans=min(ans,dp[i][r1][c1]+dp[i][r2][c2]+1);
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
}