鸣人和佐助
题目描述：
佐助被大蛇丸诱骗走了，鸣人在多少时间内能追上他呢？ 已知一张地图（以二维矩阵的形式表示）以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到，只不过有些位置上有大蛇丸的手下，需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉，每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动，每移动一个距离需要花费 1 个单位时间，打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了，则只可以走到没有大蛇丸手下的位置，不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。佐助在此期间不移动，大蛇丸的手下也不移动。请问，鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间？
输入格式：
输入的第一行包含三个整数：M，N，T。代表 M 行N 列的地图和鸣人初始的查克拉数量 TT。0 < M,N < 200，0 <= T < 10 后面是 M 行 N 列的地图，其中 @ 代表鸣人，+ 代表佐助。* 代表通路，# 代表大蛇丸的手下。
输出格式：
输出包含一个整数 R，代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助，则输出 −1。 输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例：
输入： 4 4 1 #@## **## ###+ 输出： 6 输入： 4 4 2 #@## **## ###+ 输出： 4
解题思路：
注意这里是三种状态，x,y,t，因为查克拉的数量也要记录 一个坐标可能由不同坐标拓展，而一个坐标的查克拉数量会决定该结点是否可以拓展 例如，一个点可能被a点拓展，查克拉数量是1，被b拓展，查克拉数量是2，那么该点通过b就可能成功， 但如果先被a拓展，直接被标记为访问，那就不会被b拓展，这样可能会导致无解。所以要记录三种状态
代码：
#include <iostream> #include <queue> using namespace std; int m,n,t,sx,sy,ex,ey,f; char map[205][205]; int flag[205][205][15]; int tr[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}}; struct node { int x; int y; int t; int s;//查克拉数量 node(int xx,int yy,int tt,int ss) { x=xx;y=yy;t=tt;s=ss; } }; int main() { cin>>m>>n>>t; for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { cin>>map[i][j]; if(map[i][j]=='@') { sx=i; sy=j; } if(map[i][j]=='+') { ex=i; ey=j; } } } queue<node> q; node temp(sx,sy,0,t); q.push(temp); flag[sx][sy][t]=1; while(!q.empty()) { temp=q.front(); q.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { int tx=temp.x+tr[i][0]; int ty=temp.y+tr[i][1]; if(tx==ex&&ty==ey) { cout<<temp.t+1<<endl; f=1; break; } if(tx<1||tx>m||ty<1||ty>n) continue; if(!flag[tx][ty][temp.s]&&map[tx][ty]=='*') { q.push(node(tx,ty,temp.t+1,temp.s)); flag[tx][ty][temp.s]=1; } if(!flag[tx][ty][temp.s]&&map[tx][ty]=='#'&&temp.s>0) { q.push(node(tx,ty,temp.t+1,temp.s-1)); flag[tx][ty][temp.s]=1; } } if(f) break; } if(f==0) cout<<"-1"<<endl; return 0; }