题干：
有一个仓库被分成n*m 个矩形区域，如果两个区域有一条公共边，则被认为这两个区域相邻。包裹都放在一个区域中，剩余的区域或者空闲或者被集装箱占有，这是因为集装箱太重，仓库管理员不能将集装箱搬走。仓库管理员目是是要将包裹从开始的P区域移动到最后的K区域。他可以从空区域走到与之相邻的一个空区域。当仓库管理员走到与包裹相邻的区域时，它可以推动包裹，具体的推动方法如下所示：
读入一个储藏表，开始位置为仓库管理员，最后位置为包裹移动的位置
Input
S – 集装箱,
M –仓库管理员的位置,
P –包裹开始的位置,
K –包裹最后的位置,
w –空区域.
S, M, P 和 K 在文件中只出现一次.
第一行有两个用单个空格分隔的正整数n,m<=100. 接下来是货物存放二维表.共N行，每行为M 个字母组成的单词，字母分别是S, M, P, K, w. 第i单词的第j个位置表示第i行第j列区域的信息，可能是如下内容:
Output
如果包裹不能移动到目的位置，则写入NO。
如果包裹能移动到目的位置，则写入最小的移动次数。
Sample Input
10 12
SSSSSSSSSSSS
SwwwwwwwSSSS
SwSSSSwwSSSS
SwSSSSwwSKSS
SwSSSSwwSwSS
SwwwwwPwwwww
SSSSSSSwSwSw
SSSSSSMwSwww
SSSSSSSSSSSS
SSSSSSSSSSSS
Sample Output
7
题目大意：
中文题意。
解题报告：
这道题描述的是我们玩过的经典的小游戏，推箱子。由于要求步数最少，基本的想法是BFS，记录人的位置和箱子的位置两个状态。但是状态数过多，有100*100*100*100，进一步思考可以发现记录人的绝对位置是没有必要的，因为只有人在箱子旁边的单元格内，才能推箱子，所以只需记录箱子的位置和人在箱子的方向，只有100100*4个状态。
考虑bfs出所有可以到达的状态，O(1)回答询问。
用f[x][y][i]表示箱子在(x,y)，人在箱子的i方向。（人不在箱子旁时没啥用，所以可以压缩状态）
两种转移：（一般来讲先动箱子再换人的方向）
1、推箱子，很好转移。
2、箱子不动，人换方向。
因为题目意思是：只有箱子动了一步，才算是移动次数+1.而人的移动不算移动次数，也就是说只需要考虑两点是否存在不经过箱子的路径，而不需要考虑最短路径是多少。
一个题解：
可以预处理出所有的点双来快速判断。因为这两点一定至少连通，所以如果两点都在一个点双里就可以。否则一定不可以。
怎么判断两点是否同在一个点双中呢qaq，就是圆方树上这两点距离为2即可。不过好像内存开不下，时间多个log也吃不消。我们发现其实随便记一下父亲就可以O(1)了qaq。
复杂度O(nm)
另一个题解：
进一步思考，发现两地如果连通，必须至少存在一条路径，如果总是连通，必须至少存在两条路径。也就是说，无论箱子作为障碍挡在哪条路径上，总还有另一条路径使这两点连通。这恰好是图论中双连通分支(点双连通)的定义，即没有割点的连通分支。所以可以这样判断，对于一个连通图，如果箱子不在割点上，箱子旁边的两点(人的位置)一定连通，如果箱子在割点上，则人的两点位置是否连通，取决于两点是否同属一个双连通分支。于是我们可以预处理出图中的所有割点和双连通分支，然后每次判断两点连通只需O(1)的时间。这样就可以解决这道题了。
AC代码：（因为没法交不上题所以贴一个网上的代码过来链接）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 110
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m,Q,id[N][N],h[N*N],num=0,f[N][N][4],owo=0,sx,sy,bx,by,tx,ty;
int dx[]={0,-1,1,0},dy[]={-1,0,0,1};//0--往左推,1--上,2--下,3--右
char s[N];bool vis[N][N];
int dfn[N*N],low[N*N],dfnum=0,bel[N*N],ofo=0,fa[N*N];
struct edge{
int to,next;
}data[N*N*4];
struct Icefox{
int x,y,op;
Icefox(int _x,int _y,int _op=0){x=_x;y=_y;op=_op;}
};
inline void add(int x,int y){
data[++num].to=y;data[num].next=h[x];h[x]=num;
data[++num].to=x;data[num].next=h[y];h[y]=num;
}stack<int>qq;
inline void tarjan(int x,int Fa){
dfn[x]=low[x]=++dfnum;qq.push(x);
for(int i=h[x];i;i=data[i].next){
int y=data[i].to;if(y==Fa) continue;
if(!dfn[y]){
tarjan(y,x);low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]<dfn[x]) continue;++ofo;fa[ofo]=x;
while(1){
int z=qq.top();qq.pop();bel[z]=ofo;
if(z==y) break;
}continue;
}low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
}
inline bool jud(int x,int y){
return bel[x]==bel[y]||fa[bel[x]]==y||fa[bel[y]]==x;
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=m;++j){
if(s[j]=='S') continue;id[i][j]=++owo;
if(s[j]=='M') sx=i,sy=j;
if(s[j]=='P') bx=i,by=j;
if(s[j]=='K') tx=i,ty=j;
for(int k=0;k<2;++k){
int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
if(x<1||x>n||y<1||y>m||!id[x][y]) continue;
add(id[i][j],id[x][y]);
}
}
}for(int i=1;i<=owo;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
memset(f,-1,sizeof(f));
queue<Icefox>q;q.push(Icefox(sx,sy));vis[sx][sy]=1;
while(!q.empty()){
int x=q.front().x,y=q.front().y;q.pop();
for(int i=0;i<4;++i){
int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m||!id[xx][yy]) continue;
if(vis[xx][yy]||xx==bx&&yy==by) continue;
vis[xx][yy]=1;q.push(Icefox(xx,yy));
}
}for(int i=0;i<4;++i){
int x=bx+dx[i],y=by+dy[i];
if(x<1||x>n||y<1||y>m||!vis[x][y]) continue;
f[bx][by][i]=0;q.push(Icefox(bx,by,i));
}
while(!q.empty()){
int x=q.front().x,y=q.front().y,op=q.front().op;q.pop();
if(x==tx&&y==ty){printf("%d\n",f[x][y][op]);return 0;}
int xx=x+dx[3-op],yy=y+dy[3-op];
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&id[xx][yy]&&f[xx][yy][op]==-1)
f[xx][yy][op]=f[x][y][op]+1,q.push(Icefox(xx,yy,op));
for(int i=0;i<4;++i){
if(f[x][y][i]!=-1) continue;
xx=x+dx[i];yy=y+dy[i];if(!id[xx][yy]) continue;
if(!jud(id[xx][yy],id[x+dx[op]][y+dy[op]])) continue;
f[x][y][i]=f[x][y][op];q.push(Icefox(x,y,i));
}
}puts("NO");
return 0;
} 改了一下，判断两点是否有第二个路径的时候，是这样判断的：已知人移动前的位置编号x，人移动后的位置编号y，箱子所在位置编号z，因为一个事实的存在：xyz三点一定是相邻的，并且z被夹在中间，也就是不会有x-y-z这种情况，那么看xy是否连通，可以分z的两种情况考虑：z如果是割点，那xy必须要属于一个bcc才return1；如果z不是割点，那么直接return 1就行（其实还是在一个bcc中），因为这时候要么xy都不是割点，也就是都属于一个bcc中（因为相邻的三个点都不是割点那么一定属于同一个bcc），要么x或者y其中一个是割点，此时割点也可以看成和z是在一个bcc中的，所以也可以归类上去。当然，似乎还有种特殊情况，就是一共就三个点，这时这三个点属于两个bcc，但是这种情况的话z一定是割点，属于我们分类的第一种情况而不是现在讨论的第二种，所以在第二种情况中不需要考虑。
代码如下：（不知道正确与否）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 110
inline int read() {
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m,Q,id[N][N],h[N*N],num=0,f[N][N][4],owo=0,sx,sy,bx,by,tx,ty;
int dx[]= {0,-1,1,0},dy[]= {-1,0,0,1}; //0--往左推,1--上,2--下,3--右
char s[N];
bool vis[N][N];
int dfn[N*N],low[N*N],dfnum=0,bel[N*N],ofo=0,fa[N*N];
bool isge[N*N];
struct edge {
int to,next;
} data[N*N*4];
struct Icefox {
int x,y,op;
Icefox(int _x,int _y,int _op=0) {
x=_x;
y=_y;
op=_op;
}
};
inline void add(int x,int y) {
data[++num].to=y;
data[num].next=h[x];
h[x]=num;
data[++num].to=x;
data[num].next=h[y];
h[y]=num;
}
stack<int>qq;
inline void tarjan(int x,int Fa) {
dfn[x]=low[x]=++dfnum;
qq.push(x);
for(int i=h[x]; i; i=data[i].next) {
int y=data[i].to;
if(y==Fa) continue;
if(!dfn[y]) {
tarjan(y,x);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]<dfn[x]) continue;
++ofo;
fa[ofo]=x;
isge[x]=1;
while(1) {
int z=qq.top();
qq.pop();
bel[z]=ofo;
if(z==y) break;
}
continue;
}
low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
}
inline bool jud(int x,int y,int z) {
if(isge[z]==1) return bel[x]==bel[y];
else return 1;
}
int main() {
n=read();
m=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) {
scanf("%s",s+1);
for(int j=1; j<=m; ++j) {
if(s[j]=='S') continue;
id[i][j]=++owo;
if(s[j]=='M') sx=i,sy=j;
if(s[j]=='P') bx=i,by=j;
if(s[j]=='K') tx=i,ty=j;
for(int k=0; k<2; ++k) {
int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
if(x<1||x>n||y<1||y>m||!id[x][y]) continue;
add(id[i][j],id[x][y]);//直接就是加双向边
}
}
}
for(int i=1; i<=owo; ++i) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
memset(f,-1,sizeof(f));
queue<Icefox>q;
q.push(Icefox(sx,sy));
vis[sx][sy]=1;
while(!q.empty()) {
int x=q.front().x,y=q.front().y;
q.pop();
for(int i=0; i<4; ++i) {
int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m||!id[xx][yy]) continue;
if(vis[xx][yy]||xx==bx&&yy==by) continue;
vis[xx][yy]=1;
q.push(Icefox(xx,yy));
}
}
for(int i=0; i<4; ++i) {
int x=bx+dx[i],y=by+dy[i];
if(x<1||x>n||y<1||y>m||!vis[x][y]) continue;
f[bx][by][i]=0;
q.push(Icefox(bx,by,i));
}
while(!q.empty()) {
int x=q.front().x,y=q.front().y,op=q.front().op;
q.pop();
if(x==tx&&y==ty) {
printf("%d\n",f[x][y][op]);
return 0;
}
int xx=x+dx[3-op],yy=y+dy[3-op];//移动箱子到(xx,yy)
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&id[xx][yy]&&f[xx][yy][op]==-1)
f[xx][yy][op]=f[x][y][op]+1,q.push(Icefox(xx,yy,op));
for(int i=0; i<4; ++i) {//移动人到另一个方向
if(f[x][y][i]!=-1) continue;
xx=x+dx[i];
yy=y+dy[i];
if(!id[xx][yy]) continue;
if(!jud(id[xx][yy],id[x+dx[op]][y+dy[op]],id[x][y])) continue;
f[x][y][i]=f[x][y][op];
q.push(Icefox(x,y,i));
}
}
puts("NO");
return 0;
}
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