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AcWing 471. 棋盘

一、题目描述

有一个 m×m 的棋盘，棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有任何颜色的。

你现在要从棋盘的最左上角走到棋盘的最右下角。 

任何一个时刻，你所站在的位置必须是有颜色的（不能是无色的），你只能向上、下、左、右四个方向前进。

当你从一个格子走向另一个格子时，如果两个格子的颜色相同，那你不需要花费金币；如果不同，则你需要花费 1 个金币。 

另外，你可以花费 2 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为 你当前所处格子的颜色。

但这个魔法不能连续使用，而且这个魔法的持续时间很短，也就是说，如果你使用了这个魔法，走到了这个暂时有颜色的格子上，你就不能继续使用魔法；只有当你离开这个位置，走到一个本来就有颜色的格子上的时候，你才能继续使用这个魔法，而当你离开了这个位置（施展魔法使得变为有颜色的格子）时，这个格子恢复为无色。 

现在你要从棋盘的最左上角，走到棋盘的最右下角，求花费的最少金币是多少？

输入格式 数据的第一行包含两个正整数 $m，n$，以一个空格分开，分别代表棋盘的大小，棋盘上有颜色的格子的数量。  

接下来的 n 行，每行三个正整数 $x，y，c$，分别表示坐标为 (x，y) 的格子有颜色 $c$，其中 c=1 代表黄色，c=0 代表红色。

相邻两个数之间用一个空格隔开。棋盘左上角的坐标为 $(1,1)$，右下角的坐标为 (m,m) 。  

棋盘上其余的格子都是无色，保证棋盘的左上角，也就是 (1,1) 一定是有颜色的。

输出格式 输出一行，一个整数，表示花费的金币的最小值，如果无法到达，输出 $−1$。

数据范围 1≤m≤100,1≤n≤1000

输入样例：

5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0

输出样例：

8

二、题意抽象

走在一个棋盘上，棋盘上染着颜色，有三种颜色：红、黄、无，当你从一个格子走向另一个格子时，同色格子不花费，异色格子花费$1$，无色格子不能走，但是可以用魔法将其染成当前所处格子的颜色，花费$2$。求$(1,1)$到$(m,m)$的最短路。

三、解题思路

因为这个数据范围非常小，是$1≤m≤100$，代表我们棋盘上至多有$10000$个格子，所以我们就有了一个爆搜的思路：：问题来了，如何dfs求解？

状态表示： 我们首先分析一下状态转移的时候必须要考虑的因素：

• ① 首先当然是状态点的坐标$(x,y)$，这个不存就不能做到正确的转移，会到别的点
• ② 其次是花费，因为每个点到其他点的花费按照规则有一定的区别，所以也要存下花费
• ③ 有没有用过魔法，因为不能用连续的两次魔法，所以如果这个点是用过魔法的，那转移过去的时候就不能也用魔法

这样一通分析下来，我们$dfs$需要的参数差不多就出来了

\large dfs(x,y,cost,used)

状态转移 总感觉这写着像$DP$，但是又找不到别的词来形容，所以只能这样了()

首先我们继续进行分类： 对于每个由$(x,y)$转移过来的节点$(nx,ny)$，我们进行如下讨论：

• ① 当超出棋盘时，不能转移，做 可行性剪枝。
• ② 当$(nx,ny)$无色时，再分两类：
  • 如果在$(x,y)$点已经用过魔法，那么由于不能连续使用，不可转移
  • 如果在$(x,y)$点没有用过魔法，那么可以使用魔法染色，花费2
• ③ 当$(nx,ny)$有色时，再分两类：
  • $(nx,ny)$与$(x,y)$同色：转移，花费0
  • $(nx,ny)$与$(x,y)$不同色：转移，花费1

总结起来就是

• ① 不可转移
• ②
  • dfs(x,y,cost,1) → 无法转移，用过魔法
  • dfs(x,y,cost,0)→dfs(nx,ny,cost+2,1)
• ③
  • dfs(x,y,cost,used)→dfs(nx,ny,cost,0)
  • dfs(x,y,cost,used)→dfs(nx,ny,cost+1,0)

剪枝 这题不剪枝是过不了的，会爆栈。 所以我们可以加一个很简单的剪枝，当走到某个点的花费已经比目前最优解贵了，就不搜了，因为无论如何都不能更好，没有搜索的价值。

四、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int g[N][N]; // 原始地图
int d[N][N]; // 记录最短距离,这个东西的作用是用来进行最优化剪枝，这个非常妙
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};

void dfs(int x, int y, int cost, int used) {
    if (d[x][y] <= cost) return;  // 最优化剪枝,排除非最优路线
    d[x][y] = cost;               // 记录最优路线花费
    if (x == m && y == m) return; // 递归出口

    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nx = x + dx[i], ny = dy[i] + y;
        if (nx < 1 || nx > m || ny < 1 || ny > m) continue;

        if (g[nx][ny] == -1) {  // 下一个位置是无色
            if (used) continue; // 当前位置已使过魔法，下一个就无法继续使用魔法，无色不能变有色，无效
            // 如果当前位置没有使用过魔法的话，下一个位置是可以使用魔法的，那么变成什么颜色呢？
            // 你可以花费 2 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为 你当前所处格子的颜色
            g[nx][ny] = g[x][y];
            dfs(nx, ny, cost + 2, 1);    // 走入这个(nx,ny),标识费用+2，同时标注(nx,ny)的魔法是已使用状态，继续传递
            g[nx][ny] = -1;              // 也可以不走这个(nx,ny)，需要回溯
        } else if (g[nx][ny] == g[x][y]) // 下一个位置颜色相同
            dfs(nx, ny, cost, 0);        // 直接走过去，费用不变，也没有使用魔法
        else
            dfs(nx, ny, cost + 1, 0); // 有色到有色，颜色不同，花费1个金币，没有使用魔法
    }
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> m >> n;

    memset(g, -1, sizeof g); // 标识无色是-1
    while (n--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        g[a][b] = c; // 有颜色你就说是啥颜色吧
    }
    memset(d, 0x3f, sizeof d);

    dfs(1, 1, 0, 0);

    if (d[m][m] == INF)
        puts("-1");
    else
        cout << d[m][m] << endl;

    return 0;
}