這題雖然看起來很毒瘤，暴力分超級少還超級難打，但是如果靜心想還是可以想到很多結論的，可是我在比賽的時候spfa的陣列開小了。。。
首先我們來看兩個結論
結論1：任何乙個傳送門只會進/出一次（這個是十分顯然的）
結論2：對於在兩個不同的地方射出兩個傳送門的情況，我不可能回到第乙個射出的傳送門走到第二個傳送門（因為這相當與你先走到射第二個傳送門的位置，然後在走回第乙個傳送門）
有了這兩個結論，我們就可以發現這題其實就相當於
1：上下左右走1步
2：往乙個方向射出乙個傳送門，並且在若干步後通過另外乙個後面射出的傳送門走到那裡
我們可以先預處理出每乙個點想要構造出乙個傳送門並且走進去所需的時間，那麼2中的四種走法所耗的時間其實是一樣的
一共有n*n *8條邊，可以打一發spfa
#include#include
#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fo1(i,b,a) for(i=b;i>=a;i--)
using
namespace
std;
const
int maxn=1305;
intmap[maxn][maxn],cc[maxn][maxn],f[maxn][maxn],g[maxn][maxn][5][3];
int go[5][3];
int h[maxn*maxn*2][3];
bool bz[maxn][maxn];
int i,j,k,l,m,n,x,y,z,be1,be2,now,ed1,ed2;
char ch;
void make_cc()}}
}void make_g()
fo(i,1,n)
fo1(j,m,1) if (map[i][j]==1) z=j-1; else
fo(j,1,m)
fo(i,1,n) if (map[i][j]==1) z=i+1; else
fo(j,1,m)
fo1(i,n,1) if (map[i][j]==1) z=i-1; else
}void geans()}}
}fo(k,1,4)}}
bz[h[j][1]][h[j][2]]=false;
}}int main() else
if (ch=='c') else
map[i+1][j+1]=2;
}n=n+2; m=m+2;
fo(i,1,n)
fo(j,1,m)if (map[i][j]!=1)
}make_cc();
make_g();
h[1][1]=be1; h[1][2]=be2;
memset(f,61,sizeof(f));
f[be1][be2]=0;
geans();
printf("%d\n",f[ed1][ed2]);
return
0;}
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