冬训第十七组搜索答案
目录
A - 棋盘问题
B - Perket
C - 全排列
D - 自然数拆分
E - Prime Ring Problem
F - Red and Black
G - Knight Moves
H - Oil Deposits
I - Lake Counting
J - 二叉树先序遍历
K - 迷宫（一）
L - 马走日
M - 八皇后问题
N - 选数
O - 打开灯泡 Switch the Lamp On
A - 棋盘问题
在一个给定形状的棋盘（形状可能是不规则的）上面摆放棋子，棋子没有区别。要求摆放时任意的两个棋子不能放在棋盘中的同一行或者同一列，请编程求解对于给定形状和大小的棋盘，摆放k个棋子的所有可行的摆放方案C。
Input
输入含有多组测试数据。
每组数据的第一行是两个正整数，n k，用一个空格隔开，表示了将在一个n*n的矩阵内描述棋盘，以及摆放棋子的数目。 n <= 8 , k <= n
当为-1 -1时表示输入结束。
随后的n行描述了棋盘的形状：每行有n个字符，其中 # 表示棋盘区域， . 表示空白区域（数据保证不出现多余的空白行或者空白列）。
Output
对于每一组数据，给出一行输出，输出摆放的方案数目C （数据保证C<2^31）。
Sample Input
2 1 #. .# 4 4 ...# ..#. .#.. #... -1 -1
Sample Output
2 1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[10][10];
int b[10],c[10];
int n,m,Count=0;
void dfs(int m,int i) { //m代表剩余棋子的数量int t;if (m==0) {Count++;return;}if (i>=n) {return;}for (t=0;t<n;t++) {if (a[i][t]=='#'&&b[t]==0) {b[t]=1;dfs(m-1,i+1);//m代表剩余棋子的数量b[t]=0;}}dfs(m,i+1);
}
int main()
{int i,t;while (scanf("%d %d",&n,&m),m!=-1&&n!=-1) {getchar();for (i=0;i<n;i++) {scanf("%s",a[i]);}memset(b,0,sizeof(b));memset(c,0,sizeof(c));dfs(m,0);cout<<Count<<endl;Count=0;}return 0;
}B - Perket
苦度是所有配料苦度的和。你至少需要添加一种配料。
为了使口感适中，总的酸度和苦度之差的绝对值应该尽可能小，求这个最小值。
输入
第一行 1 个整数 N (1≤N≤10) —— 配料的数量。
接下来 NN 行每行 22 个整数 Si 和 B_iBi —— 每种配料的酸度和苦度。如果用所有配料来做Perket，总的酸度和苦度都≤109 。
输出
NN 行，每行 11 个整数 —— 所求的最小值。
| Sample Input 1 | Sample Output 1 |
|---|---|
1 3 10 |
7 |
| Sample Input 2 | Sample Output 2 |
|---|---|
2 3 8 5 8 |
1 |
| Sample Input 3 | Sample Output 3 |
|---|---|
4 1 7 2 6 3 8 4 9 |
1 |
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long Min,sum=0,cheng=1,f,n;
int a[10][2];
void dfs(int shu,int start) {if (shu!=0) {f=fabs(sum-cheng);Min=min(f,Min);}int i;for (i=start;i<n;i++) {cheng*=a[i][0];sum+=a[i][1];dfs(shu+1,i+1);cheng/=a[i][0];sum-=a[i][1];}
}
int main()
{int i;scanf("%d",&n);for (i=0;i<n;i++) {scanf("%d %d",&a[i][0],&a[i][1]);}Min=fabs(a[0][0]-a[0][1]);dfs(0,0);cout<<Min;return 0;
}C - 全排列
给定一个由不同的小写字母组成的字符串，输出这个字符串的所有全排列。 我们假设对于小写字母有 'a' < 'b' < ... < 'y' < 'z'，而且给定的字符串中的字母已经按照从小到大的顺序排列。
输入格式
输入只有一行，是一个由不同的小写字母组成的字符串，已知字符串的长度在 1 到 6 之间。
输出格式
输出这个字符串的所有排列方式，每行一个排列。要求字母序比较小的排列在前面。字母序如下定义：
已知 S=s1s2...sk,T=t1t2...tk，则 S < TS<T 等价于，存在 p (1 \le p \le k)p(1≤p≤k)，使得 s1=t1,s2=t2,...,sp−1=tp−1,sp<tp 成立。
Sample Input
abc
Sample Output
abc acb bac bca cab cba
全排列问题，dfs的基础题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[10];
int b[10],n;
vector<char> x;
void dfs(void) {int i;if (x.size()==n) {for (i=0;i<x.size();i++) {cout<<x[i]; }cout<<endl;return;}for (i=0;i<n;i++) {if (b[i]==0) {x.push_back(a[i]);b[i]=1;dfs();x.pop_back();b[i]=0;}}
}
int main()
{scanf("%s",a);n=strlen(a); sort(a,a+n);dfs();return 0;
}D - 自然数拆分
对于任意大于 1 的自然数 n，总是可以拆分成若干个小于 n 的自然数之和。
现请你编写程序求出 n 的所有拆分。
输入格式
输入文件共一行，包含一个自然数，即要拆分的自然数 n(1≤n≤20)。
输出格式
输出文件有若干行，每行包含一个等式，即代表一种可行的拆分（格式与顺序参见样例）。
Sample Input
5
Sample Output
5=1+1+1+1+1 5=1+1+1+2 5=1+1+3 5=1+2+2 5=1+4 5=2+3
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
vector<int> x;
void dfs(int sum,int n,int start) {int i;if (n<sum) {return;}if (n==sum) {cout<<n<<"="<<x[0];for (i=1;i<x.size();i++) {cout<<"+"<<x[i];}cout<<endl;return;}for (i=start;i<n;i++) {x.push_back(i);dfs(sum+i,n,i);x.pop_back();}
}
int main()
{scanf("%d",&n);dfs(0,n,1);return 0;
}E - Prime Ring Problem
输入正整数 n，把整数 1,2,…,n 排成一个环，使得相邻两个整数之和均为素数。输出时，从整数 1 开始逆时针排列。同一个环恰好输出一次。n≤16，保证一定有解。
多组数据，读入到EOF结束。
第 i 组数据输出前加上一行Case i:
相邻两组输出中间加上一个空行。
输入样例
6
8
输出样例
Case 1:
1 4 3 2 5 6
1 6 5 2 3 4
Case 2:
1 2 3 8 5 6 7 4
1 2 5 8 3 4 7 6
1 4 7 6 5 8 3 2
1 6 7 4 3 8 5 2
输出格式提示
行末无空格
最后一个Case输出后不换行
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int is_prime(int x){for(int i = 2 ; i*i <= x; i++)if(x % i == 0) return 0;return 1;
}
int n, a[50] , isp[50],vis[50];
void dfs(int cur){if(cur == n && isp[a[0]+a[n-1]]){for(int i = 0; i < n; i++){if(i != 0) printf(" ");printf("%d",a[i]);}printf("\n"); }else for( int i = 2; i <= n; i++)if(!vis[i] && isp[i+a[cur-1]]){a[cur] = i;vis[i] = 1;dfs(cur+1);vis[i] = 0;}
}int main(){int kase = 0;while(scanf("%d",&n) == 1 && n > 0){if(kase > 0) printf("\n");printf("Case %d:\n", ++kase);for(int i = 2;i <= n*2 ;i++)isp[i] = is_prime(i);memset(vis, 0, sizeof(vis));a[0] = 1;dfs(1);}return 0;
}F - Red and Black
有一个长方形的房间，覆盖了正方形的磁砖。每块磁砖的颜色，要么是红色，要么是黑色。一名男子站在一块黑色的磁砖上。他可以从一块磁砖移至相邻四块磁砖中的某一块。但是，他不允许在红色磁砖上移动，他只允许在黑色磁砖上移动。
编写一个程序，使得他允许重复上述的移动，判断他所能到达的黑色磁砖的数量。
输入
输入由多个数据集组成。数据集的起始行包含了两个正整数 W 和 H；W 和 H 分别是 x- 和 y- 方向的磁砖数量。W 和 H 不超过 20 。
在数据集中，还有 H 行，每行包含了 W 个字符。每个字符按如下方式表示一块磁砖的颜色。
'.' - 一块黑色的磁砖
'#' - 一块红色的磁砖
'@' - 一名男子，站在一块黑色磁砖上 (在一个数据集中，恰好出现一次)
以包含两个 0 的一行，表示输入结束。
输出
对于每个数据集，程序应当输出一行，包含他从初始磁砖所能抵达的磁砖数量 (包括初始磁砖自身)。
示例输入
6 9 ....#. .....# ...... ...... ...... ...... ...... #@...# .#..#. 11 9 .#......... .#.#######. .#.#.....#. .#.#.###.#. .#.#..@#.#. .#.#####.#. .#.......#. .#########. ........... 11 6 ..#..#..#.. ..#..#..#.. ..#..#..### ..#..#..#@. ..#..#..#.. ..#..#..#.. 7 7 ..#.#.. ..#.#.. ###.### ...@... ###.### ..#.#.. ..#.#.. 0 0
示例输出
45 59 6 13
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,cont=1;
char a[21][21];
int b[21][21];
int c[4][2]={{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
void dfs(int x,int y) {int i;for (i=0;i<4;i++) {int tx=x+c[i][0];int ty=y+c[i][1];if (tx>=0&&ty>=0&&tx<n&&ty<m&&b[tx][ty]==0&&a[tx][ty]=='.') {cont++;b[tx][ty]=1;dfs(tx,ty);}}
}
int main()
{while (scanf("%d %d",&m,&n),n!=0&&m!=0) {getchar();int x,y,i,t;for (i=0;i<n;i++) {scanf("%s",a[i]);}for (i=0;i<n;i++) {for (t=0;t<m;t++) {if (a[i][t]=='@') {x=i;y=t;break;}}}memset(b,0,sizeof(b));dfs(x,y);cout<<cont<<endl;cont=1;}return 0;
} G - Knight Moves
编写一个程序，计算一个骑士从棋盘上的一个格子到另一个格子所需的最小步数。骑士一步可以移动到的位置由下图给出。
输入格式
第一行给出骑士的数量 n。
在接下来的 3n 行中，每 3 行描述了一个骑士。其中，
- 第一行一个整数 L 表示棋盘的大小，整个棋盘大小为 L×L；
- 第二行和第三行分别包含一对整数 (x,y)(x,y)，表示骑士的起始点和终点。假设对于每一个骑士，起始点和终点均合理。
输出格式
对每一个骑士，输出一行一个整数表示需要移动的最小步数。如果起始点和终点相同，则输出 0。
样例
| Input | Output |
|---|---|
3 8 0 0 7 0 100 0 0 30 50 10 1 1 1 1 |
5 28 0 |
数据范围与提示
对于 100% 的数据，有 4≤L≤300，保证 0≤x,y≤L−1。
bfs模板题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[310][310],n;
int b[8][2]={{-2,-1},{-1,-2},{1,-2},{2,-1},{-2,1},{-1,2},{1,2},{2,1}};
struct date {int x;int y;int step;
}p[100000];
void bfs(int x,int y,int z,int q) {int low=0,high=0;memset(a,0,sizeof(a));p[high].x=x;p[high].y=y;p[high].step=0;high++;while (low<high) {int x=p[low].x;int y=p[low].y;int step=p[low].step;if (x==z&&y==q) {cout<<step<<endl;break;}int i; for (i=0;i<8;i++) {int tx=x+b[i][0];int ty=y+b[i][1];if (tx>=0&&ty>=0&&tx<n&&ty<n&&a[tx][ty]==0) {a[tx][ty]=1;p[high].step=step+1;p[high].x=tx;p[high].y=ty;high++;}}low++;}
}
int main()
{int m;cin>>m;while (m--) {int x,y,z,q;cin>>n>>x>>y>>z>>q;bfs(x,y,z,q);}return 0;
}H - Oil Deposits
某公司负责探测地下油层，每次处理一个大的矩形区域。先创建一个网格，将土地划分为许多方形块，然后用传感设备分别探测每个地块，以确定该地块是否含有石油。一块含有石油的土地叫做pocket。如果两个pocket边相邻或对角相邻，则它们属于同一油层的一部分。你的工作是确定在一个网格有多少不同的油层。
Input
输入包含多组数据。每组数据都以包含m和n的一行开始，m和n是网格中行和列的数量（1 <= m <= 100，1 <= n <= 100），由一个空格分隔。如果m = 0，则表示输入结束。下面是m行，每行有n个字符(不包括行尾字符)。每个字符对应一块土地，要么是“*”，代表没有油，要么是“@”，代表一个pocket。
Output
输出网格有多少不同的油层。
Sample Input
1 1
*
3 5
*@*@*
**@**
*@*@*
1 8
@@****@*
5 5
****@
*@@*@
*@**@
@@@*@
@@**@
0 0Sample Output
0
1
2
2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[110][110];
int b[8][2]={{0,-1},{1,-1},{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1}},c[110][110],m,n;
void dfs(int x,int y) {int i;for (i=0;i<8;i++) {int tx=x+b[i][0];int ty=y+b[i][1];if (tx>=0&&ty>=0&&tx<m&&ty<n&&a[tx][ty]=='@'&&c[tx][ty]==0) {c[tx][ty]=1;dfs(tx,ty);}}
}
int main()
{while (scanf("%d %d",&m,&n),m!=0&&n!=0) {int i,t,cont=0;for (i=0;i<m;i++) {scanf("%s",a[i]);}memset(c,0,sizeof(c));for (i=0;i<m;i++) {for (t=0;t<n;t++) {if (a[i][t]=='@'&&c[i][t]==0) {c[i][t]=1;cont++;dfs(i,t);}}}printf("%d\n",cont);}return 0;
}I - Lake Counting
由于最近的降雨，农夫约翰的农田里形成了不同位置的水塘。农田被表示为一个矩形，它包含了 N x M (1 <= N <= 100; 1 <= M <= 100) 个小方格。每个方格中，要么包含了水 ('W')，要么包含了旱地 ('.')。农夫约翰想要弄清楚，他的农田中形成了多少个水塘。一个水塘是由包含了水的方格连通而成，这里一个方格被视作与周围的全部八个方格相邻。
给出农夫约翰的农田数据图，判断图中有多少个水塘。
输入
* 第一行：两个以空格分隔的整数: N 和 M
* 第 2..N+1 行：每行 M 个字符，表示农夫约翰的农田中的一行。每个字符要么是 'W' 要么是 '.'。字符之间没有空格。
输出
* 第一行：农夫约翰的农田中，水塘的数量。
示例输入
10 12 W........WW. .WWW.....WWW ....WW...WW. .........WW. .........W.. ..W......W.. .W.W.....WW. W.W.W.....W. .W.W......W. ..W.......W.
示例输出
3
提示
输出细节：
有 3 个水塘：一个位于左上方，一个位于左下方，还有一个位于右边。
与上一个H题类似，几乎可以说是相同的题，解法也相同
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[110][110];
int b[8][2]={{0,-1},{1,-1},{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1}},c[110][110],m,n;
void dfs(int x,int y) {int i;for (i=0;i<8;i++) {int tx=x+b[i][0];int ty=y+b[i][1];if (tx>=0&&ty>=0&&tx<m&&ty<n&&a[tx][ty]=='W'&&c[tx][ty]==0) {c[tx][ty]=1;dfs(tx,ty);}}
}
int main()
{scanf("%d %d",&m,&n);getchar();int i,t,cont=0;for (i=0;i<m;i++) {scanf("%s",a[i]);}for (i=0;i<m;i++) {for (t=0;t<n;t++) {if (a[i][t]=='W'&&c[i][t]==0) {c[i][t]=1;cont++;dfs(i,t);}}}printf("%d",cont);return 0;
}J - 二叉树先序遍历
输入一个整数n（n <= 100000），表示二叉树中节点个数，编号为1~n。约定1号节点为二叉树的根节点。然后输入n行，每行包括两个整数，第i行表示编号为i的节点的左子节点和右子节点的编号。如果某个节点没有左子节点，那么对应输行的第一个整数为0；如果某个节点没有右子节点，那么对应行的第二个整数为0。
先序遍历输出此二叉树每个节点的编号，每行输出一个编号。
先序遍历（DLR），是二叉树遍历的一种，也叫做先根遍历、前序遍历、前序周游，可记做根左右。前序遍历首先访问根节点然后遍历左子树，最后遍历右子树。
Input
第一行：一个整数n 接下来n行，每行有两个整数
Output
输出n行，每行一个整数，表示节点编号。
Sample Input
5 2 5 3 4 0 0 0 0 0 0
Sample Output
1 2 3 4 5
二叉数遍历问题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct date {int l;int r;
}s[100010];
void dfs (int x) {if (x==0) {return;}cout<<x<<endl;dfs(s[x].l);dfs(s[x].r);
}
int main()
{int n,i;cin>>n;for (i=1;i<=n;i++) {cin>>s[i].l>>s[i].r;}dfs(1);return 0;
}K - 迷宫（一）
一天蒜头君掉进了一个迷宫里面，蒜头君想逃出去，可怜的蒜头君连迷宫是否有能逃出去的路都不知道。
看在蒜头君这么可怜的份上，就请聪明的你告诉蒜头君是否有可以逃出去的路。
输入格式
第一行输入两个整数 nn 和 mm，表示这是一个 n \times mn×m 的迷宫。
接下来的输入一个 nn 行 mm 列的迷宫。其中 'S' 表示蒜头君的位置，'*'表示墙，蒜头君无法通过，'.'表示路，蒜头君可以通过'.'移动，'T'表示迷宫的出口（蒜头君每次只能移动到四个与他相邻的位置——上，下，左，右）。
输出格式
输出一个字符串，如果蒜头君可以逃出迷宫输出"yes"，否则输出"no"。
数据范围
1 \le n, m \le 101≤n,m≤10。
Sample Input
3 4 S**. ..*. ***T
Sample Output
no
Sample Input 2
3 4 S**. .... ***T
Sample Output 2
yes
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,cont=0;
int x2,y2;
char a[15][15];
int c[15][15];
int b[4][2]={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
void dfs(int x1,int y1) {if (a[x1][y1]=='T') {cont++;return;}int i;for (i=0;i<4;i++) {int tx=x1+b[i][0];int ty=y1+b[i][1];if (tx>=0&&ty>=0&&tx<m&&ty<=n&&c[tx][ty]==0&&a[tx][ty]!='*') {c[tx][ty]=1;dfs(tx,ty);c[tx][ty]=0;}}
}
int main()
{scanf("%d %d",&m,&n);int i,t,x1,Y1;for (i=0;i<m;i++) {scanf("%s",a[i]);}int x,y;for (i=0;i<m;i++) {for (t=0;t<n;t++) {if (a[i][t]=='S') {x=i;y=t;break;}}}dfs(x,y);if (cont!=0) {printf("yes");} else {printf("no");}return 0;
}L - 马走日
马在中国象棋以日字形规则移动。请编写一段程序，给定n*m大小的棋盘，以及马的初始位置(x，y)，要求不能重复经过棋盘上的同一个点，计算马可以有多少途径遍历棋盘上的所有点。
Input
第一行为整数T(T < 10)，表示测试数据组数。每一组测试数据包含一行，为四个整数，分别为棋盘的大小以及初始位置坐标n,m,x,y。(0<=x<=n-1,0<=y<=m-1, m < 6, n < 6)
Output
每组测试数据包含一行，为一个整数，表示马能遍历棋盘的途径总数，0为无法遍历一次。
Sample Input
1 5 4 0 0
Sample Output
32
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,cont=0;
int a[7][7];
int b[8][2]={{-2,-1},{-1,-2},{1,-2},{2,-1},{-2,1},{-1,2},{1,2},{2,1}};
void dfs (int x,int y,int k) {if (k==0) {cont++;return;}int i;for (i=0;i<8;i++) {int tx=x+b[i][0];int ty=y+b[i][1];if (tx>=0&&ty>=0&&tx<n&&ty<m&&a[tx][ty]==0) {a[tx][ty]=1;dfs(tx,ty,k-1);a[tx][ty]=0;}}
}
int main()
{int q;scanf("%d",&q);while (q--) {int x,y;scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&x,&y);memset(a,0,sizeof(a));a[x][y]=1;dfs(x,y,m*n-1);cout<<cont<<endl;cont=0;}return 0;
}M - 八皇后问题
努比亚和苏丹没有子女，所以他要从一些有集成资格的继承者中挑选一个出来继承王位。他希望这个继承者足够聪明，所以他准备了一个西洋棋盘，上面的每个格子中均有一个 1−99 的数字。他又准备了 8 个皇后棋子。
8 皇后的规则就是不能有任何棋子同行或者同列或者同斜线，在满足这个规则的同时，王位继承者还需要让 8 个皇后所在的位置的数字的和是最大的。
输入格式
输入一个数字 k(k≤20)，代表棋盘的数量。
接下来有 kk 个棋盘，每个棋盘有 64 个数字，分成 8 行 8 列出入，具体可见样例，每一个数字均小于 100。
输出格式
每一个棋盘对应输出最大的数值， 一共输出 k 行。
Sample Input
11 2 3 4 5 6 7 89 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 48 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64
Sample Output
260
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,i,t,Max=0,sum=0;
int a[9][9],b[10],c[20],d[20];
void dfs(int x) {if (x>8) {if (sum>Max) {Max=sum;}return ;}int j;for (j=1;j<=8;j++) {if (b[j]!=1&&c[x+j]!=1&&d[x-j+8]!=1) {b[j]=1;c[x+j]=1;d[x-j+8]=1;sum+=a[x][j];dfs(x+1);b[j]=0;c[x+j]=0;d[x-j+8]=0;sum-=a[x][j];}}
}
int main()
{int m;scanf("%d",&m);while (m--) {for (i=1;i<=8;i++) {for (t=1;t<=8;t++) {scanf("%d",&a[i][t]);}}dfs(1);cout<<Max<<endl;memset(b,0,sizeof(b));memset(c,0,sizeof(c));memset(d,0,sizeof(d));Max=0;}return 0;
}N - 选数
已知 n 个整数 x1,x2,⋯,xn，以及一个整数 k（k<n）。从 nn 个整数中任选 kk 个整数相加，可分别得到一系列的和。例如当 n=4，k=3，4 个整数分别为 3，7，12，19 时，可得全部的组合与它们的和为：
3+7+12=22
3+7+19=29
7+12+19=38
3+12+19=34
现在，要求你计算出和为素数共有多少种。
例如上例，只有一种的和为素数：3+7+19=29。
输入格式
输入格式为：n，k（1≤n≤20,k<n）。
x1,x2,⋯,xn（1≤xi≤5000000）。
输出格式
输出格式为：一个整数（满足条件的种数）。
Sample Input
4 3 3 7 12 19
Sample Output
1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[25],cont=0;
vector<int> x;
int isprime(long long x) {long long i;for (i=2;i<=sqrt(x);i++) {if (x%i==0) {return 0;}}return 1;
}
void dfs(int start) {int i;if (x.size()==k) {long long sum=0;for (i=0;i<x.size();i++) {sum+=x[i];}if (isprime(sum)==1) {cont++;}return;}for (i=start;i<n-(k-x.size())+1;i++) {//n-(k-x.size())+1这里为剪枝优化x.push_back(a[i]);dfs(i+1);x.pop_back();}
}
int main()
{cin>>n>>k;int i;for (i=0;i<n;i++) {cin>>a[i];}dfs(0);cout<<cont;return 0;
}O - 打开灯泡 Switch the Lamp On
达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。
翰翰的家里有一辆飞行车。
有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。
电路板的整体结构是一个R行C列的网格（R,C≤500）。
每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。
电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。
在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。
电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。
达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。
她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。
不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。
注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。
Input
对于每组测试数据，第一行包含正整数R和C，表示电路板的行数和列数。
之后R行，每行C个字符，字符是"/"和"\"中的一个，表示标准件的方向。
Output
对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的缩小旋转次数。
如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出NO SOLUTION。
Example
样例输入
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\样例输出
1Hint
1≤R,C≤500,
1≤T≤5
借鉴了别人的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 505;
char a[N][N];
int b[N][N],r,c,d[N][N];
typedef struct{int first;int second;
}PII;
int x2[4][2]={{-1,-1},{-1,1},{1,1},{1,-1}};
int y2[4][2]={{-1,-1},{-1,0},{0,0},{0,-1}};
char op[]="\\/\\/";
deque<PII> q;
void bfs(int x,int y) {memset(b,0x3f,sizeof(b));memset(d,0,sizeof(d));q.push_front({x,y});b[x][y]=0;while (q.size()) {PII t=q.front();q.pop_front();if (d[t.first][t.second]) {continue;}d[t.first][t.second]=1;int i;for (i=0;i<4;i++) {int tx=t.first+x2[i][0];int ty=t.second+x2[i][1];if (tx<0||ty<0||tx>r||ty>c) {continue;}int nx=t.first+y2[i][0];int ny=t.second+y2[i][1];int dist=b[t.first][t.second]+(a[nx][ny]!=op[i]);if (dist<b[tx][ty]) {b[tx][ty]=dist;if (a[nx][ny]==op[i]) {q.push_front({tx,ty});} else {q.push_back({tx,ty});}}}}
}
int main()
{int i,t;cin>>r>>c;for (i=0;i<r;i++) {scanf("%s",a[i]);}if ((r+c)&1) {printf("NO SOLUTION");} else {bfs(0,0);printf("%d",b[r][c]);}return 0;
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