题意：
给一个 n 行 m 列的迷宫,每个格子要么是障碍物要么是空地。每个空地里都有一个权值。你的 任务是从找一条(r1,c1)到(r2,c2)的路径,使得经过的空地的权值之和最小。每一步可以往上下 左右四个方向之一移动一格,但不能斜着移动,也不能移动到迷宫外面或者进入障碍物格子。
如下图,灰色格子代表障碍物。路径 A->B->D->F->E 的权值为 10+3+6+14+8=41,它是从 A 到 E 的最优路径。注意,如果同一个格子被经过两次,则权值也要加两次。
为了让题目更有趣(顺便增加一下难度),你还需要回答另外一个问题:如果你每次必须转弯 (左转、右转或者后退,只要不是沿着上次的方向继续走即可),最小权值是多少?比如,在 上图中,如果你刚刚从 A 走到 B,那么下一步你可以走到 D 或者 A,但不能走到 G。在上图 中,A 到 E 的最优路径是 A->B->D->H->D->F->E,权和为 10+3+6+2+6+14+8=49。注意,D 经 过了两次。
输入
输入包含不超过 10 组数据。每组数据第一行包含 6 个整数 n, m, r1, c1, r2, c2 (2<=n,m<=500, 1<=r1,r2<=n, 1<=c1,c2<=m). 接下来的 n 行每行包含 m 个格子的描述。每个格子要么是一个 1~100 的整数,要么是星号"*"(表示障碍物)。起点和终点保证不是障碍物。
输出
对于每组数据,输出两个整数。第一个整数是“正常问题”的答案,第二个整数是“有趣问 题”的答案。如果每个问题的答案是“无解”,对应的答案应输出-1。
样例输入
4 4 1 2 3 2
7 10 3 9
-
45 6 2
-
8 14 *
21 1 * *
2 4 1 1 1 4
1 2 3 4
9 * * 9
2 4 1 1 1 4
1 * 3 4
9 9 * 9
样例输出
Case 1: 41 49
Case 2: 10 -1
Case 3: -1 -1
题解：
谈到矩阵图的最短路径，首先想到的一定是使用队列进行BFS。由于每一个点都拥有一个权值，因此最新进的点并不一定是最后才出的点——也就是说我们要根据当前的权值总和来调整新进点进队的位置，所以用到了优先队列，优先根据就是截止到当前点的权值总和。
对于第二张图加了点难度，每一步都必须要转弯，所以就可以记录一下上一步的方向，本次移动避开这个方向就可以了。只是这里有一个隐藏的点：同一个格子允许被重复访问，即可以从不同方向来访问同一个格子，不允许相同方向重复访问，这个大家可以自己想一下为什么。所以对于每一个格子的vis数组可以再开1维表示方向（vis[x][y][z]，x和y表示坐标，z表示方向）来记录，其他的操作和第一步相仿。
代码：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=510;
struct node
{
int x;
int y;
int z;
int step;
bool operator<(const node a)
const
{
return a.step<step;
}
}olds,news;
priority_queue<struct node>que;
int mp[N][N];
int xx,yy,fx1,fy1,x2,y2;
bool vis[N][N],vis2[N][N][4];
int pows(int a,int b)
{
a=1;
for(int i=0;i<b;i++)a*=10;
return a;
}
int main()
{
char str[2000],num[20];
int t=0,flag;
while(scanf("%d%d%d%d%d%d",&xx,&yy,&fx1,&fy1,&x2,&y2)!=EOF)
{
while(!que.empty())que.pop();
flag=0;
t++;fx1--;fy1--;x2--;y2--;
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<N;j++)
{
mp[i][j]=0;
vis[i][j]=false;
for(int l=0;l<4;l++)vis2[i][j][l]=false;
}
}
getchar();
for(int i=0;i<xx;i++)
{
gets(str);
int k=0,m=0;
while(k<yy)
{
if(str[m]=='*')mp[i][k]=-1;
else
{
int n=0;
while(str[m]!=' '&&str[m]!='\0'&&str[m]!='\n')
{
num[n]=str[m];
m++;
n++;
}
m--;
for(int j=n-1;j>=0;j--)mp[i][k]+=(num[j]-'0')*pows(10,n-j-1);
}
k++;
m+=2;
}
}
if(fx1==x2&&fy1==y2)
{
printf("Case %d: %d %d\n",t,mp[fx1][fy1],mp[fx1][fy1]);
continue;
}
olds.step=mp[fx1][fy1];
olds.x=fx1;
olds.y=fy1;
que.push(olds);
vis[fx1][fy1]=1;
while(!que.empty())
{
olds=que.top();
que.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
if(i==0)
{
news.x=olds.x+1;
news.y=olds.y;
}
if(i==1)
{
news.x=olds.x;
news.y=olds.y+1;
}
if(i==2)
{
news.x=olds.x-1;
news.y=olds.y;
}
if(i==3)
{
news.x=olds.x;
news.y=olds.y-1;
}
if(mp[news.x][news.y]==-1||vis[news.x][news.y])continue;
if(news.x<0||news.x>=xx||news.y<0||news.y>=yy)continue;
news.step=olds.step+mp[news.x][news.y];
if(news.x==x2&&news.y==y2)
{
printf("Case %d: %d ",t,news.step);
flag=1;
break;
}
vis[news.x][news.y]=true;
que.push(news);
}
if(flag==1)break;
}
if(flag==0)
{
printf("Case %d: -1 -1\n",t);
continue;
}
flag=0;
while(!que.empty())que.pop();
olds.x=fx1;
olds.y=fy1;
olds.step=mp[fx1][fy1];
que.push(olds);
while(!que.empty())
{
olds=que.top();
que.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
if(i==olds.z)continue;
if(i==0)
{
news.x=olds.x+1;
news.y=olds.y;
}
if(i==1)
{
news.x=olds.x;
news.y=olds.y+1;
}
if(i==2)
{
news.x=olds.x-1;
news.y=olds.y;
}
if(i==3)
{
news.x=olds.x;
news.y=olds.y-1;
}
news.z=i;
if(mp[news.x][news.y]==-1||vis2[news.x][news.y][news.z])continue;
if(news.x<0||news.x>=xx||news.y<0||news.y>=yy)continue;
news.step=olds.step+mp[news.x][news.y];
if(news.x==x2&&news.y==y2)
{
printf("%d\n",news.step);
flag=1;
break;
}
vis2[news.x][news.y][news.z]=true;
que.push(news);
}
if(flag==1)break;
}
if(flag==0)printf("-1\n");
}
}