题目链接
洛谷链接： https://www.luogu.com.cn/problem/P4011
AcWing链接： https://www.acwing.com/problem/content/1133/
涉及知识
1.单源最短路
2.双端队列广度优先搜索
3.状态压缩动态规划和二进制的巧用
思路分析
第一部分：题意的抽象------建图
首先我们看到这一题，不难想到这是一个限制条件较多的最短路，那么我们就很自然地需要探索如何将本题的门、墙、钥匙等抽象成图、边等元素。
图的基本元素是点和边，因此，我们也就围绕着两个元素展开。
点
点，即当前麦克所在的地方。本题是以坐标的形式给到我们的，这方便我们进行DFS或者BFS的转移，但是不方便我们运用最短路算法的，我们可以通过初始化赋值，将每一个二维坐标转化为一维坐标，并且在题中灵活运用这两种坐标。（这一点会在之后的代码中有所体现）
同时，每个点可能会有钥匙，也就是说，与经典最短路相比，我们还需要考虑走到当前点时我们手中拿到的钥匙的情况。对于这一点，我们可以借鉴状态压缩动态规划的思想，将当前拿到的钥匙的情况用二进制数表示。特别注意，本题中同一处地方可能会有多把钥匙，因此我们在读入钥匙的坐标时，不能简单地用等于，而是用或操作合并。在宽搜走到要通过大门时，则读取状态判断有无该类型的钥匙。
在这里对于所涉及的二进制操作在状态压缩中的利用进行简单介绍，至于每一种运算符的含义，如果没有接触过请自行查阅资料，有学过状压的可以略过：
1.简介： 在信息学的题目中，我们常用二进制数来表示某一种状态，比如动态规划中当前我们持有的物品。以本题为例，我们想用二进制数表示当前我们持有 x x x 类型的钥匙，本质上就是让二进制数的第 x x x 位变成 1 。在之后的读取中，哪一位有 1，就说明我们有哪一种钥匙。这也就解释了，为什么开数组时的 P P P 要设置为 1 < < 10 1<<10 1<<10(即等同于 2 10 2^{10} 210)，因为共有 10 钟类型的钥匙，每一种类型的钥匙我么可能持有（状态为1），可能没有（状态为0），两种情况。
2.合并状态： 在二进制操作中，我们采用或操作 来合并两种状态。这里可以类比数学中的集合，一个集合，我们做并集运算，其实就是把两个集合都有的元素通通放进来。或操作对两个二进制数的每一位进行判断，只要其中有 1 位为 1，结果便为 1，也就是说只要我两种状态中有任意一种状态拥有这种类型的钥匙，最后结果都会拥有。通过或操作，我们就保证了当一个地方有多种类型的钥匙时，结果都在取并集。
3.读入状态： 以此题为例，当我们拥有 x x x 类型的钥匙时，读入便是让二进制数的第 x x x 位为 1。通过左移 x x x 位，让第 x x x 位变成1，得到一个新二进制数 000..1...00 000..1...00 000..1...00（1在第 x x x 位），再用当前状态的二进制数和它做或运算即可得到新状态。
4.读取状态： 读取状态便是希望取出第 x x x 位的数字，判断其是否为 1 1 1，从而得出是否拥有 x x x 类型的钥匙。设当前状态为 s s s，则通过右移操作 s > > x s>>x s>>x 是在取出第 x x x 位， s > > x & 1 s>>x\&1 s>>x&1 就是在判断第 x x x 位是否为 1。
边
边，即题中的门、墙和其他自由通行的路径。
1.门和墙： 门，我们可以直接读入，将边权设定为其所属的类型即可。需要注意的是，墙我们是不需要读入的，因为我们是在做图论题，只要不建边就不会有这条路，也就不会通行了。
2.自由通行的路径： 自由通行的路径相当于一扇不需要任何钥匙的"门"，所以可以在读入完门和墙的数据之后，用一个函数把自由通行的路径一次性初始化好，设定为边权为 0 的边。为了防止给一扇门或者一堵墙所在的那条边也建上自由通行的路径，我们可以在读入门和墙的时候用 s e t set set 统计已经出现的边。
第二部分：最短路的实现
在本题中，我们可以将捡到钥匙看作边权为 0 的边，将朝四周走看作边权为 1 的边，也就是两种可能的情况，然后运用双端队列BFS，即可得出走到瑞恩处的最短距离。
需要注意的是，此处的边权并非上面我们建边时的边权，建边时我们只是用存储边权的数组存储了钥匙的类型；而我们真正意义上的边权，即我们跑最短路时走一步加的那个数字，只是1。
第三部分：思路再梳理
第一步： 读入 n , m , p , k n,m,p,k n,m,p,k 以及门和墙的数据，统计所有已经出现的门和墙，类型为门的边进行建边，然后将其他可以自由通行的路径统一建边；
第二步： 读入所有钥匙的所在处，通过状态压缩记录每个点的钥匙情况；
第三步： 双端队列 BFS跑最短路，分为此点有无钥匙和走下一步两个部分分别求解最短路，记录以某种状态到达某点时的最短路
AC代码
cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <deque>
#include <cstring>
#include <set>
using namespace std;
const int N = 11, M = N * N, E = 400, P = 1 << 10, INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, p, k;
int st[M][P], dis[M][P];
int ne[E], h[M], e[E], w[E], idx;
int G[N][N], key[M];
set<PII> edges;
void add(int a, int b, int c)
{
w[idx] = c;
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx++;
return;
}
void build()
{
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
for (int u = 0; u < 4; u++)
{
int vx = i + dx[u], vy = j + dy[u];
if (vx < 0 || vx > n || vy < 0 || vy > m) continue;
int a = G[i][j], b = G[vx][vy];
if (edges.count({a, b}) == 0) add(a, b, 0);
}
}
}
return;
}
int bfs()
{
//哪个点，什么状态
memset(dis, INF, sizeof dis);
dis[1][0] = 0;
deque<PII> q;
q.push_back({1, 0});
while (!q.empty())
{
auto now = q.front();
q.pop_front();
int nowu = now.first, now_state = now.second;
if (st[nowu][now_state]) continue;
st[nowu][now_state] = true;
//到了就可以直接输出
if (nowu == n * m) return dis[nowu][now_state];
//先判断这里有钥匙没
if (key[nowu])
{
int ne_state = now_state | key[nowu];
if (dis[nowu][ne_state] > dis[nowu][now_state])
{
dis[nowu][ne_state] = dis[nowu][now_state];
q.push_front({nowu, ne_state});
}
}
//继续走
for (int i = h[nowu]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
//有门且没有钥匙
if (w[i] && !(now_state >> w[i] & 1)) continue;
if (dis[j][now_state] > dis[nowu][now_state] + 1)
{
dis[j][now_state] = dis[nowu][now_state] + 1;
q.push_back({j, now_state});
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &p, &k);
//给每个点赋值
for (int i = 1, t = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
G[i][j] = t++;
}
}
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
int x1, y1, x2, y2, type;
scanf("%d%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2, &type);
int a = G[x1][y1], b = G[x2][y2];
edges.insert({a, b});
edges.insert({b, a});
if (type)
{
add(a, b, type);
add(b, a, type);
}
}
build(); //建立其他边
int s;
scanf("%d", &s);
for (int i = 1; i <= s; i++)
{
int x, y, id;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &id);
key[G[x][y]] |= 1 << id;
}
int ans = bfs();
printf("%d", ans);
return 0;
}