棋盘解题报告（noip2017普及组第三题）上次写了Linux用vim进行C++编程的配置和操作入门后，今天再给棋盘写个解题报告试试。
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？输入输出格式
输入格式：
数据的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。
输出格式：
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。
输入输出样例
输入样例#1：
5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0
输出样例#1：
8
输入样例#2：
5 5
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
5 5 0
输出样例#2：
-1
说明
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。
解题报告
这道题目是2017年普及组第三题，实质上是求矩阵中一个点到另一个点的最短路径，对于这类型的题目，通常可以用搜索的方法来完成，深度优先和广度优先都行，广度优先需要使用队列，稍微复杂一点，我这里就用深搜来完成。
1、输入数据，构造棋盘，总共三种颜色，0表示红色，1表示黄色，-1表示无色；
2、从（1,1）点开始，往上下左右四个方向去搜索，这里和普通的只能往右和左搜索的题目有点不同，在普通的搜索里面，到达了一个点就设一个标志变量，然后下次就不再搜索这个节点，但是这里不能这么简单的处理，因为每个节点可以往上下左右四个方向搜索，如果不设标志则会形成死循环，出不来，设个标志则有可能从不同的路径走到这个点的花费可能不相同，第一次的花费不一定是最低的。
那么我们就把进到这个节点的花费记录下来，下次进入这个节点时候，比较一下花费，如果相同或者大于上次花费，就不用搜索这个节点，否则就继续搜索他，我们把这种方法叫做记忆化搜索。
3、对于魔法问题，我们采用一点贪心策略，碰到一个无色格子，就让他变得和当前格子颜色一样，再到深搜递归函数里面加上一个参数，来表示魔法状态，如果上次已经使用了魔法，而当前格子是无色，也需要使用魔法，因为不能两次使用魔法，就直接返回。
4、当走到了右下角（m,m）点，说明已经找到了一条路径，把花费最小那条路径记录下来就OK了。
这道题目还是比较简单的，具体看代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[102][102],v[102][102],n,m,ans=999999;
int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};//按右下左上搜索
//搜索单元格（x,y），从（1,1）到上一单元已花费val
//上个单元颜色为c，上单元是否使用魔法mo
void dfs(int x, int y, int val, int c, bool mo)
{
if(a[x][y] == -1 && mo)//不能两次魔法
return;
if(x==m&&y==m)
{
if(a[m][m] != c)
{
temp++;
if(a[m][m]==-1)//变魔法，在原来基础上再加1 temp++;
}
if(temp<ans)
ans=temp;
return;
}
if(a[x][y]==-1)
{
val += 2;
mo=1;
}
else
{
mo=0;
if(a[x][y] != c)
{
val += 1;
}
}
if(val>=v[x][y] || val>=ans)
{
return;
}
else
{
v[x][y] = val;
int xx,yy;
for(int i=0; i<4; i++)
{
xx=x+dx[i];
yy=y+dy[i];
if(xx>=1&&xx<=m&&yy>=1&&yy<=m)
dfs(xx,yy,val,c,mo);
}
}
}
int main()
{
int i, x, y, k;
cin>>m>>n;
memset(a, -1, sizeof(a));//把a数组全部设为-1表示没有颜色memset(v, 127, sizeof(v));//把v数组设为一个巨大的数字
for(i=0; i<n; i++)
{
scanf("%d%d%d", &x,&y,&k);
a[x][y] = k;
}
dfs(1,1,0,a[1][1],0);
if(ans==999999)
cout<<-1;
else
cout<<ans;
}。