机器人搬重物--复杂的BFS
这道题，毫无疑问，就是广搜。但是它要注意的细节非常多。所以这道题对逻辑和代码能力的的考察很高
首先，这道题需要注意，障碍物是在格子上，而机器人是在格点上走。某人就是我自信地写完了代码后发现题读错了。关键最讨厌的是样例居然能过......
那么这道题经过信息整理可以发现，我们需要两个数组：一个存方格上障碍物的位置(sd[i][j]数组表示)，一个存机器人可以走的格点的位置(a[i][j])数组表示，则根据样例我们可以整理成这张图： 其中黑色为数组sd[i][j]的下标，绿色为a[i][j]的下标。根据题目可以发现，机器人本身也有宽度，所以边界和障碍物的四周，不能走，那么机器人可以到达的地方就是图中蓝色框内的绿色格点。所以边界条件判断时，n和m各要减1。
然后我们还需要注意的地方是题中害人不浅的方向处理。于是为了方便存储，我给每个方向都编了一个号：↑为1，↓为2，←为3，→为4。然后转向的时候就更加麻烦了。于是我为了好判断情况，emm......用了好几个数组
int fx[5]={0,-1,1,0,0};//fx[i]表方向i(编号)的x的进退情况
int fy[5]={0,0,0,-1,1};//fy[i]表方向i(编号)的y的进退情况
int ft[5]={0,1,4,2,3};//ft[i]表示顺时针排列各个方向的编号(上1 右4 下2 左3)
int fft[5]={0,1,3,4,2};//fft[i]表示数字i在ft[]数组中的下标
int abc[5]={0,1,2,1,0};//abc[5]表示转到[顺时针转i次到达的那个方向]的最短次数
其中ft数组和abc数组比较难理解
先讲abc数组 如图，不难看出当对于不同的i，也就是顺时针转动i次时，对应的最小旋转次数就是abc[i]
而ft数组也比较好理解
abc图中蓝圈内四个方向各有一个黑色数字代表方向编号，那么我们顺时针遍历一下就是1 4 2 3.
我么还要注意的地方是起点和终点可能重合，需要特判；起点可能就有障碍物，也要特判。
最后要注意的是，对于每一步，你走一个格点，两个格点或三个格点所耗时间都是1，不要搞乱；而每转90°，就要耗一定时间，所以千万要小心。
于是，开始写BFS
用队列存储每一个格点的信息，然后起点入队，每次从队首取出一个元素，根据这个元素旋转，直行，得到一个新的坐标，然后判断由这种方式到达的这个点是否是耗时最短的一种方式(类似于Dijkstra中的dis数组)，此处用f[i][j]数组表示，然后队列为空后，输出f[终点的x][终点的y]即可。
丧心病狂的代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<iomanip>
using namespace std;
int sd[55][55];
int a[55][55];//a为读入的方格地图
int n,m;
int x11,y11;//起点
int x2,y2;//终点
int f[55][55];//f为格点地图
int fx[5]={0,-1,1,0,0};//fx[i]表方向i(编号)的x情况
int fy[5]={0,0,0,-1,1};//fy[i]表方向i(编号)的y情况
int ft[5]={0,1,4,2,3};//ft[i]表示顺时针排列各个方向的编号(上1 右4 下2 左3)
int fft[5]={0,1,3,4,2};//fft[i]表示数字i在ft[]数组中的下标
int abc[5]={0,1,2,1,0};//abc[5]表示转到[顺时针转i次到达的那个方向]的最短次数
struct node
{
int x,y;//当前点的坐标
int t;//1=>N 2=>S 3=>W 4=>E 方向编号
int time;//从起点到当前点的最短时间
};
queue<node> q;//队列q
string ch;//读入起点的方向
int cto;//起点的方向
void fxto()
{
switch(ch[0])
{
case 'N': cto=1;break;
case 'S': cto=2;break;
case 'W': cto=3;break;
case 'E': cto=4;break;
}
return;
}
void change()
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(sd[i][j]==1)//如果当前格为障碍物，则它的四个顶点都不能走
{
a[i-1][j]=1;
a[i][j-1]=1;
a[i-1][j-1]=1;
a[i][j]=1;
}
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
scanf("%d",&sd[i][j]);
}
}
cin>>x11>>y11>>x2>>y2;
cin>>ch;
fxto();//判断ch代表的方向
change();//把方格地图转化为机器人可以走的格点地图
node first;//起点
first.x=x11;
first.y=y11;
first.t=cto;
first.time=0;
q.push(first);//起点入队
node u,d;
while(!q.empty())
{
u=q.front();
q.pop();
for(int i=1;i<=4;++i)
{
int zhuan=abc[i];//[顺时针转i下的那个方向]的最短旋转次数
//求出旋转完了以后方向的编号fangx(为了方便讨论，全部当做顺时针旋转)
int fangx=fft[u.t]+i;//此时fangx为下标
if(fangx==5) fangx=1;
if(fangx==6) fangx=2;
if(fangx==7) fangx=3;
if(fangx==8) fangx=4;
fangx=ft[fangx];//此时fangx为方向编号
//此时fangx存的是由当前点顺时针转了i次后到达的方向的编号
for(int j=1;j<=3;++j)//走1~3步
{
int lsx=u.x+fx[fangx]*j;//计算按当前旋转方向走j步的坐标
int lsy=u.y+fy[fangx]*j;
if(lsx>=n || lsx<=0 || lsy>=m || lsy<=0 || (lsx==x11&&lsy==y11) || a[lsx][lsy]==1)
{
//判断边界和障碍物 (特判：是否为起点)
break;
}
if((u.time+zhuan+1<f[u.x+fx[fangx]*j][u.y+fy[fangx]*j] || f[u.x+fx[fangx]*j][u.y+fy[fangx]*j]==0) && a[u.x+fx[fangx]*j][u.y+fy[fangx]*j]==0)
{//如果当前点可以刷新距离，就入队
d.x=u.x+fx[fangx]*j;
d.y=u.y+fy[fangx]*j;
d.t=fangx;
d.time=u.time+zhuan+1;
f[u.x+fx[fangx]*j][u.y+fy[fangx]*j]=d.time;
q.push(d);
}
}
}
}
if(f[x2][y2]==0 && (x2!=x11 || y2!=y11))//如果为0，代表不能走到
{
cout<<"-1"<<endl;
}
else//否则输出终点的距离
cout<<f[x2][y2]<<endl;
return 0;
}