bfs是寬搜，可以用來求邊權是1的最短路，先上例題吧

給定一個 n×mn×m 的二維整數陣列，用來表示一個迷宮，陣列中只包含 00 或 11，其中 00 表示可以走的路，11 表示不可通過的牆壁。

最初，有一個人位於左上角 (1,1)(1,1) 處，已知該人每次可以向上、下、左、右任意一個方向移動一個位置。

請問，該人從左上角移動至右下角 (n,m)(n,m) 處，至少需要移動多少次。

資料保證 (1,1)(1,1) 處和 (n,m)(n,m) 處的數字為 00，且一定至少存在一條通路。

輸入格式

第一行包含兩個整數 nn 和 mm。

接下來 nn 行，每行包含 mm 個整數（00 或 11），表示完整的二維陣列迷宮。

輸出格式

輸出一個整數，表示從左上角移動至右下角的最少移動次數。

資料範圍

1≤n,m≤1001≤n,m≤100

輸入樣例：

5 5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0

輸出樣例：

8
這個邊權是1，很經典的一個bfs的題目

這個就是具體的一個寬搜的一個過程，由過程也可知，只要先搜到終點的那個路徑一定是最短的，注意這句話有兩個關鍵詞：①能搜到②先搜到

只有滿足這兩個條件才是我們需要的最短路徑，這個過程可以用佇列來模擬，因為先搜過的點用過了，就可以不再用了，屬於佇列的先進先出的一個原則，就可以用佇列來實現

#include<iostream>
#include
 
<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PAII;
const int N=200;
int g[N][N],d[N][N];//g存的是地圖，d代表到起點所搜尋的距離
int n,m;
int bfs()
{
    queue<PAII> q;//用佇列來實現寬搜的操作
    memset(d,-1,sizeof(d));//所有的點都沒有被搜過，就都賦值為-1
    q.push({0,0});//從0開始;
    d[0
 
][0]=0;//初始化
    while(q.size())//
    {
        auto t=q.front();
        q.pop();
        int dx[4]={-1,1,0,0};//實現上下左右遍歷 
        int dy[4]={0,0,1,-1};
        for(int i=0;i<4;i++)
        {
            int x=t.first+dx[i],y=t.second+dy[i];//遍歷到新的點左邊
            if(x>=0&&y>=0&&x<n&&y<m&&d[x][y]==-1&&g[x][y]==0)
            {
                d[x][y]=d[t.first][t.second]+1;//序號+1 
                q.push({x,y});//把新的遍歷且符合要求的點存入佇列 
            } 
        }
    }
    return d[n-1][m-1];
     
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<m;j++)
            cin>>g[i][j];
    cout<<bfs()<<endl;
    return 0;
}