题目描述:

有一个m×mm×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 11个金币。

另外， 你可以花费 22 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：

第一行包含两个正整数m,nm,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nn行，每行三个正整数x,y,cx,y,c， 分别表示坐标为(x,y)(x,y)的格子有颜色cc。

其中c=1c=1 代表黄色，c=0c=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)(1,1)，右下角的坐标为(m,m)(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)(1,1) 一定是有颜色的。

输出格式：

一个整数，表示花费的金币的最小值，如果无法到达，输出−1−1。

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

题意理解
这道题目的一句话题意是:
让你从(1,1)(1,1)走到(m,m)(m,m),要求路上的花费代价最少.
如果你从A走到B,那么走一步的代价有三种:

  1. 若方格A的颜色等于方格B的颜色,那么花费代价为0
  2. 若方格A的颜色不同于方格B的颜色,那么花费代价为1.
  3. 若方格B的颜色为无色,那么相当于使用一次魔法,且花费的代价为2,并且下一步不可以使用魔法.

一道 搜索+剪枝（反正我不剪枝会T）的题目。

这道题一共两个重要的剪枝

  1. 如果当前的花费已经大于我们之前搜索的花费，那么这一定不是最优解，我们立刻回溯。
  2. 如果当前这个点的花费已经大于我们之前走到这个点的花费，那么这一定不是最优解，我们立刻回溯 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
const int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
int g[N][N],vis[N][N],res=0x3f3f3f3f,n,m,dst[N][N];
void dfs(int x,int y,int now,int isuse)
{
	if(x==n&&y==n&&now<res)
	{
		res=now;
		return ;
	}
	if(now>=res)	return ;//剪枝 
	if(now>=dst[x][y])	return ;//剪枝 
	dst[x][y]=now;
	for(int i=0;i<4;i++)
	{
		int tx=x+dx[i];
		int ty=y+dy[i];
		if(tx>=1&&tx<=n&&ty>=1&&ty<=n&&!vis[tx][ty])
		{
			vis[tx][ty]=1;
			if(g[tx][ty]==-1&&!isuse)
			{			
				g[tx][ty]=g[x][y];
				dfs(tx,ty,now+2,1);
				g[tx][ty]=-1;
			}
			else if(g[tx][ty]!=-1)
			{
				dfs(tx,ty,now+(g[tx][ty]!=g[x][y]),0);			
			}
			vis[tx][ty]=0;
		}
	}
}
int main()
{
	cin>>n>>m;
	memset(g,-1,sizeof(g));
	memset(dst,0x3f,sizeof(dst));
	while(m--)
	{
		int x,y,c;
		cin>>x>>y>>c;
		g[x][y]=c;
	}
	vis[1][1]=1;
	dfs(1,1,0,0);
	if(res==0x3f3f3f3f)	cout<<-1<<endl;
	else	cout<<res<<endl;
	return 0;
}