今天网络赛又被虐了，哎，还是太菜，还是忘了吧，重要的是努力，是提升，黑暗总会过去的！！！希望一直都有，只要你肯坚持！从现在做起，重拾信心，重拾希望，不要企图一步登天，不要想那些虚无缥缈的未来，脚踏实地，向前进！
现在就把前阵子写的专题一做个总结吧。
bfs:递归实现，所以容易超时爆栈，而且判重、标记要么都在中间，要么都在开头（根据写法类型而定，“先判再走”or"走后再判"）【见A题】。回溯恢复要么都在本层，要么都在下一层。【见A题】
如果题目要求最优解，找到目标后，每次还要进行比较取优。
如果题目中，每一步可以任意走的话，可以采用。
bfs：循环实现，不会爆栈。判重、标记要么都在入队前，要么都在出队后。
第一次找到目标后，就是最优解，无需比较取优。
如果题目中，每一步有规定，只能特定地走，可以采用。
可以打印路径，只要用数组模拟队列，并且在节点的结构体中加一个pre就行，路径的第一个节点的pre设为-1，打印时用一个递归函数，终止条件就是pre!=-1。
A题：
题意：
给你一个n*n的棋盘，棋盘上只有'#'位置可以放置棋子，要求放置k个棋子，棋子每一行，每一列只能有一个棋子。
思路：
由于n,k很小，不超过8，直接暴搜就行，看了一下自己的提交记录，发现并不是1A，任何的非1A都可能导致一场比赛的失败，这也暴露了自己对暴搜写法有一定的问题。
先看一下我的AC代码：
#include
我上面的AC代码就是典型的判断后再走。
再看一下我的失败代码：
#include
不难发现失败代码与ac代码就差别在对vis1数组的判重的位置，这告诉我，既然选择“判断后再走”，就必须严格遵循“先判重，然后走”，不能又在开头再判重。
另外，又参考了一下别人的代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
char a[10][10];
int ans=0;
int n,k;
int visit [10];
void bfs(int cnt,int x,int y)
{
if(cnt==k) {
ans++;
return ;
}
visit[y]=1;
for(int i=x+1;i
他的代码在恢复状态的写法与我不同（对visit数组），其实两种方法都可以，我的放在里面，就是等它回到原来这一层，再给恢复，而他的代码，则是在进入下一层再标记，然后在回到本层才恢复标记。
B题：
题意：
给一个三维的迷宫，’#‘不能走，’.'表示可以走，'S'表示起点，'E'表示终点，求最短逃离时间，若不能逃离，输出“Trapped!”，否则输出“Escaped in x minute(s).”。
思路：对于每一步行走有限制的题目，一般采用bfs，而每一步可以任意行走的题，例如上一题，可以采用dfs，本次采用bfs，对六个方向进行试探，入队...
代码1（极其冗杂易错的代码）：
#include
其实上面的bfs的代码量可以缩短很多的，首先可以写一个check函数，判断点是否合理，另外，六个方向可以用三个一维数组（1*6）表示。
代码2（简洁代码，其中的六个方向的表示，代码中提供了两种方法，个人喜欢没被注释掉的那种方法）:
#include
C题
题意：
在一个一维空间里，给你一个初始位置，以及一个目标位置，你有三种方式可以走，1是左移一个单位，2是右移一个单位，3是位置扩为两倍，要求位置在[0,1e5]之间。问到达目标位置最少需要多少步?
思路：
限定了每步只可有三种选择，那么选择dfs，再注意一下边界就行。
代码：
#include
D题：
题意：
给N*M的01矩阵，对每一个位置，可以进行01翻转，翻转的同时，它的上下左右的四个位置也同时进行01翻转。问最少需要多少次翻转，可以使矩阵全0，输出每个位置的翻转次数。
思路：
首先，明确一点，每一个位置翻转2次，将回到原状态，翻转3次，等同于翻转1次，因而每个位置最多翻转1次。
另外，对于这种翻转问题，而且是对周围的格子有影响的翻转，一般并不需要确定全部格子，只需确定一部分格子，剩下的格子在确定好了的格子的影响下，也将被确定。而对于本题，你只要确定第一行的格子，那么第二行也就确定了（第二行的分布方式得需将第一行变为全0，就是说第一行的第i列为1时，相应的第二行的第i列要翻转一次），同理，第二行确定后，第三行受第二行的约束，也将确定......所以只要枚举第一行就行，可以采用dfs，暴力枚举第一行，对于第一行的每一个位置，进行01试探。
代码：
#include
E题：
题意：
给你一个数n，要求输出一个n的倍数m，其中m是只有0和1的十进制数。
思路：
这题的n是不超过200，而m不超过100位，也就是10^(100)，当时看了就慌了，这个m没法用任何类型来存啊。。太大了啊。。。后来想想，n不超过200，那么相应的m应该也不会达到100位吧，就用long long试试，然后就过了。。。
由于m只有0和1，那么对于m的每一位进行01试探就行。DFS和BFS都行吧。
我用的bfs(双端口bfs)，另外，本题是special judge，也就是可能存在多解，输出一个就行，所以输出结果和样例不同也没事。
代码：
#include
F题：
题意：
有a,b两个质数，要求通过一些转换，使a变为b，每次变换，只能变换一位，而且变换后的数也得是质数，问最少变换几次，可以得到b。a,b都是四位数。
思路：
由于只有四位数，然后每次只能改变一位数，那么采用bfs，可以对每一位的数依次尝试0~9，一共36种尝试，如果改变一位数后是质数，就入队，直到找到b。
注意点：
由于要对每一位进行改变，所以采用字符数组来存数字，方便对每一位进行操作，然后还得把字符数组表示的数字转化为数字，来判断是否是质数。所以要写一个字符数组的函数：
int chartonum(char s[]){
int num = 0;
for(int i = 0; i < 4; ++i){ //一个数字的越前位，越大，所以正向处理
num = num*10 + (s[i]-'0');
}
return num;
}
代码：
#include
G题：
题意：
类似于洗牌，给你两个字符串s1,s2，将s1,s2交叉插入，形成一个新字符串s，问能否得到给定的字符串。
思路：
由于整个过程都是固定唯一的，可以直接模拟这个过程，每次操作完，判断是否达到要求就行。其实就是一个递归函数，算不上dfs，好吧好吧，其实dfs不就是暴力递归吗。。。不过有一个问题就是，既然是递归，那么总得有一个终止条件吧，手算发现，经过一定次数的操作之后，s1,s2会回到一开始的s1,s2，那么以此作为终止条件就行。
技巧：
将s分割为s1和s2时，采用了strncpy函数。strncpy(字符数组名称，起始位置，切割长度)
代码：
#include
H题:
题意：
给你两个容器，分别能装下A升水和B升水，并且可以进行以下操作
FILL(i) 将第i个容器从水龙头里装满(1 ≤ i ≤ 2);
DROP(i) 将第i个容器抽干
POUR(i,j) 将第i个容器里的水倒入第j个容器（这次操作结束后产生两种结果，一是第j个容器倒满并且第i个容器依旧有剩余，二是第i个容器里的水全部倒入j中，第i个容器为空）
现在要求你写一个程序，来找出能使其中任何一个容器里的水恰好有C升，找出最少操作数并给出操作过程
思路：
在结构体中设置两个变量来表示两个瓶子中当前的水量。用bfs来遍历所有的可能，每一步有三种可能的操作。
另外由于要输出路径，所以要用数组模拟队列，并在结构体中设置了pre，路径中的第一个节点，也就是第一个入队的节点，将其的pre设为-1，之后入队的节点的pre设为父节点的数组下标。最后用递归函数打印路径，递归的终止条件是pre==-1。
还有就是由于选择第一种操作两种可能，所以进入循环前，要先push两个节点，也就是双入口bfs。
代码：
#include
I题：
题意：
两个熊孩子在n*m的平地上放火玩，#表示草，两个熊孩子分别选一个#格子点火，火可以向上向下向左向右在有草的格子蔓延，点火的地方时间为0，蔓延至下一格的时间依次加一。求烧完所有的草需要的最少时间。如不能烧完输出-1。
思路：
思路很简单，这题明显是双入口的bfs。先把可以烧的位置存进来，然后一个二重循环，遍历bfs 两个入口的位置，找出最优解就行。（这里要比较取优的原因在于，要进行多个bfs，每一个bfs求得的是最优解，然后在这些个最优解中取优）。
代码：
#include
K题：
题意：
定义一个二维数组：
int maze[5][5] = {
0, 1, 0, 0, 0,
0, 1, 0, 1, 0,
0, 0, 0, 0, 0,
0, 1, 1, 1, 0,
0, 0, 0, 1, 0,
};
它表示一个迷宫，其中的1表示墙壁，0表示可以走的路，只能横着走或竖着走，不能斜着走，要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。
思路：
很简单的bfs迷宫问题，由于要打印路径，得模拟队列+pre标记。
代码：
#include
L题：
题意：
给你一个字符矩阵，’*‘表示没油，’@‘表示有油，求图中油田的个数。
思路：
其实就是求连通块个数，直接用dfs搜一遍就行（遍历字符数组的每一个位置，如果是'@’，油田个数加一，再dfs其连通的'@'，并做上标记）。
代码：
#include
M题：
题意：
只有两个杯子，它们的容量分别是N 毫升和M 毫升 可乐的体积为S （S<101）毫升 (正好装满一瓶) ，它们三个之间可以相互倒可乐 (都是没有刻度的，且 S==N+M，101＞S＞0，N＞0，M＞0) 。问两个人喝能平分吗？如果能请输出倒可乐的最少的次数，如果不能输出"NO"。
思路：
和H题一样的题，只不过这里是3个容器，所以结构体需要三个变量分别记录三个容器剩下的可乐。这里不需要打印，不需要模拟队列，直接用STL中的queue就行。
代码：
#include
N题：
题意：
一张图，上面有'@'，两个人约定到其中的一个'@'中见面，求两人见面所花的最短时间。
思路：
可以求出两个人到达每一个'@'所花的时间，用两次bfs就行，然后对于每个'@'，统计两人花费的时间（即两人分别所花时间相加），取最小值就行。
注意点：
bfs的终止条件是遍历完所有的'@'，所以事先要记录图中'@'的个数。
代码：
#include
