[Wikioi 1215]迷宫

题目描述 Description

在N*N的迷宫内，“#”为墙，“.”为路，“s”为起点，“e”为终点，一共4个方向可以走。从左上角（(0,0)“s”）位置处走到右下角（(n-1,n-1)“e”）位置处，可以走通则输出YES，不可以走则输出NO。

输入描述 Input Description

输入的第一行为一个整数m，表示迷宫的数量。 
其后每个迷宫数据的第一行为一个整数n（n≤16），表示迷宫的边长，接下来的n行每行n个字符，字符之间没有空格分隔。

输出描述 Output Description

输出有m行，每行对应的迷宫能走，则输出YES，否则输出NO。

样例输入 Sample Input

1 
7 
s...##. 
.#..... 
....... 
..#.... 
..#...# 
###...# 
......e

样例输出 Sample Output

YES

题目思路：

这个题是一道经典的BFS题目，当然使用DFS也能做出来，但是必定会超时，BFS求最优解的优势在这里得以显现，我参考百度百科的BFS源代码，使用结构体保存每个结点的状态，queue队列存结点，每次操作取出队首的结点，处理完成后，将处理输出的点全部入队，但是仅仅这样做，BFS的时间损耗也是惊人的，可以采用数组判重的方式防止重复搜索，当然，鉴于走迷宫只会改变点的位置，这里只需要判定棋盘上的点是否访问过，而非是否访问过一个状态的棋盘，不必使用哈希表判重。通过这道题，我对BFS搜索有了更进一步的认识。

 补充一下：这个题的数据太弱了，每个点的m似乎都是1，我第一次提交的代码中没有在循环里将visit数组清零，居然还过了，有点后怕，罪过啊罪过。

#include 
#include 
#include 
#include 
#define MAXN 20
using namespace std;
int map[MAXN][MAXN],n; //map[第i行][第j列]=0:该格无障碍，1:该格有障碍,mx=最终要到达的点的行数，my=最终要到达的点的列数
int visit[MAXN][MAXN];//visit数组记录该格是否已经被访问过，防止重复访问，回溯非常耗时
int steparr[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}}; //steparr数组记录四个方向的移动方法
struct Node
{
 int x,y,step; //x=当前点的行数 y=当前点的列数 step=当前已经走的步数
 Node(int x1,int y1,int step1):x(x1),y(y1),step(step1){}
};
int bfs()
{
 Node node(0,0,0);//声明初始结点node
 queue q; //声明Node类型的队列q
 while(!q.empty()) q.pop(); //将队列q清空
 q.push(node); //将初始结点node(出发点)入队
 while(!q.empty())
 {
  node=q.front(); //获得队首的结点node(此时初始结点已经入队，node没有用了，现在node记录的是队首的结点)
  q.pop(); //将队首结点出队
  if(node.x==n-1&&node.y==n-1)
   return node.step; //到达目标(n-1,n-1)，结束BFS搜索，返回当前结点的步数
  visit[node.x][node.y]=1; //否则，标记当前位置已经访问过，防止以后重复搜索
  for(int i=0;i<4;i++) //向上下左右四个方向搜索
  {
   int x=node.x+steparr[i][0];
   int y=node.y+steparr[i][1];
   if(x>=0&&x=0&&y