题目
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指定的颜色。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
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
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。
样例输入
5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0
样例输出
8
输入输出样例 1 说明
从（ 1， 1）开始，走到（ 1， 2）不花费金币
从（ 1， 2）向下走到（ 2， 2）花费 1 枚金币
从（ 2， 2）施展魔法，将（ 2， 3）变为黄色，花费 2 枚金币
从（ 2， 2）走到（ 2， 3）不花费金币
从（ 2， 3）走到（ 3， 3）不花费金币
从（ 3， 3）走到（ 3， 4）花费 1 枚金币
从（ 3， 4）走到（ 4， 4）花费 1 枚金币
从（ 4， 4）施展魔法，将（ 4， 5）变为黄色，花费 2 枚金币，
从（ 4， 4）走到（ 4， 5）不花费金币
从（ 4， 5）走到（ 5， 5）花费 1 枚金币
共花费 8 枚金币。
输入输出样例 2 说明
从（ 1， 1）走到（ 1， 2），不花费金币
从（ 1， 2）走到（ 2， 2），花费 1 金币
施展魔法将（ 2， 3）变为黄色，并从（ 2， 2）走到（ 2， 3）花费 2 金币
从（ 2， 3）走到（ 3， 3）不花费金币
从（ 3， 3）只能施展魔法到达（ 3， 2），（ 2， 3），（ 3， 4），（ 4， 3）
而从以上四点均无法到达（ 5， 5），故无法到达终点，输出－1
数据规模与约定
对于 30%的数据， 1 ≤ m ≤ 5， 1 ≤ n ≤ 10。
对于 60%的数据， 1 ≤ m ≤ 20， 1 ≤ n ≤ 200。
对于 100%的数据， 1 ≤ m ≤ 100， 1 ≤ n ≤ 1,000。
题解
个人感觉这道题放在T3还是比较合理的(然而T3与今年特水的T1,T2相比还是落差太大了233…)。这道题实际上并不难，然而很多人都把它想复杂了(我这种蒟蒻都能在考场上想10分钟想出来的题233)。
首先做题的时候要注意数据范围,m仅仅只有1~100很显然可能是3重循环或者记忆化搜索，再结合题目，可以得出本题大概是最短路，然而一群dalao选择了使用SPFA….实际上这题只需要DFS/BFS+剪枝(即为A*)就可以了。相信大家都会打DFS/BFS的代码在这里就不介绍解法了。
接下来就是剪枝了….我们可以这样想，当一个棋子走到(x,y)这个点的时候，如果比之前走到(x,y)这个点所产生的钱数更大，我们是可以将这个节点直接扔掉的。这点是可以证明的。另外我们也要额外考虑施展魔法变色的时所变空白格子的颜色——这里可以用贪心的思想，很容易证明不管在什么情况下，我们总需要保持变为的格子与上一个格子颜色相同。
至此本问题已经基本上解决了，只需要打个暴力再优化一下就可以了…
实现
//dfs
#include//转自TLY的BFS代码
#includeque;
int main()
{
//freopen("chess.in","r",stdin);
//freopen("chess.out","w",stdout);
memset(a,-1,sizeof(a));
memset(MIN,63,sizeof(MIN));
int m,n;
scanf("%d %d",&m,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x,y,c;
scanf("%d %d %d",&x,&y,&c);
a[x][y] = c;
}
p.x = 1;p.y = 1;
p.t = 0;p.c = a[1][1];
MIN[1][1][a[1][1]] = 0;
que.push(p);
do
{
p = que.top();que.pop();
if( p.x == m && p.y == m )
{
printf("%d\n",p.t);
return 0;
}
if( p.t < MIN[p.x][p.y][p.c] ) continue;
for(int i=0;i<4;i++)
{
NODE q;
q.x = p.x + dir[i][0];
q.y = p.y + dir[i][1];
if( q.x < 1 || q.y < 1 || q.x > m || q.y > m ) continue;
if( a[q.x][q.y] == -1 )
{
if( a[p.x][p.y] == -1 ) continue;
q.t = p.t + 2;
q.c = p.c;
if( q.t < MIN[q.x][q.y][q.c] )
{
MIN[q.x][q.y][q.c] = q.t;
que.push(q);
}
q.c = !(p.c);
q.t++;
if( q.t < MIN[q.x][q.y][q.c] )
{
MIN[q.x][q.y][q.c] = q.t;
que.push(q);
}
}
else
{
q.t = p.t;q.c = a[q.x][q.y];
if( q.c != p.c ) q.t++;
if( q.t < MIN[q.x][q.y][q.c] )
{
MIN[q.x][q.y][q.c] = q.t;
que.push(q);
}
}
}
}while(!que.empty());
printf("-1\n");
return 0;
} //某初三dalao的SPFA
#include