审题：
本题需要我们找到最佳铺设道路，将三个国家联通起来，然后输出最佳铺设道路的铺设数量，若没有联通方法则输出-1
思路：
**首先我们正面思考：**只需从某个点出发然后搜索到三个国家即可，最后对比所有距离中最小的
**缺陷：**这种方法需要考虑的前提很多，我们的国家不一定是连在一起的，可能都分开，可能其中两个国家连起来，有可能都是直接连起来的，所以不太好写代码
正难则反：我们可以从每个国家开始搜索，搜索出三张铺设图，然后根据这三张图的数据对每个非#点进行距离计算，最后筛出最短铺设数并输出
搜索方法：01BFS
由于铺设的时候遇到荒地可以铺设，遇到国家的时候不用铺设，所以对于铺设数的权值就是0和1.我们就可以采用01bfs了
解题：
cpp#include<iostream> #include<cstring> #include<deque> using namespace std; const int N = 1010; typedef pair<int, int> PII; int n, m; char a[N][N]; int dis[4][N][N]; int dx[] = { 1,-1,0,0 }; int dy[] = { 0,0,1,-1 }; void bfs(int num) { //清除痕迹 deque<PII> q; memset(dis[num], -1, sizeof dis[num]); //源点放入deque for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { if (num == a[i][j] - '0') { q.push_back({ i,j }); dis[num][i][j] = 0; } } } //01bfs while (q.size()) { PII t = q.front(); q.pop_front(); int x0 = t.first, y0 = t.second; for (int k = 0; k < 4; k++) { int x = x0 + dx[k], y = y0 + dy[k]; if (x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && a[x][y] != '#') { char next = a[x][y]; int w = (next == '.' ? 1 : 0); if (dis[num][x][y] == -1)//首次遇到 { dis[num][x][y] = dis[num][x0][y0] + w; if (w == 0) q.push_front({ x,y }); else q.push_back({ x,y }); } else if(dis[num][x0][y0] + w < dis[num][x][y])//松弛操作 { dis[num][x][y] = dis[num][x0][y0] + w; } } } } } int main() { //数据录入 cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { cin >> a[i][j]; } } //搜索出三张铺设图 bfs(1); bfs(2); bfs(3); //根据三张图筛出结果并输出 int ret = 0x3f3f3f3f; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { if (a[i][j] == '#') continue;//石头无法联通 int x = dis[1][i][j], y = dis[2][i][j], z = dis[3][i][j]; if (x == -1 || y == -1 || z == -1) continue;//该点到达不了 if (a[i][j] == '.')//减去重复铺设的格子 { ret = min(ret, x + y + z - 2); } else { ret = min(ret, x + y + z); } } } if (ret == 0x3f3f3f3f) { cout << -1 << endl; } else { cout << ret << endl; } return 0; }注意：
1.最后在统计的时候遇到石头是可以直接跳过的，而当距离中存在负数的时候说明有一个国家是无法到达的，此时也可以直接跳过
2.对于统计点为荒地的时候由于该地会被铺设三次，所以我们需要减2，统计国家地块的时候我们就直接加就行了，因为国家地块是不会进行铺设的，所以不存在重复铺设的情况