題解-亞瑟王的宮殿
（〇）寫在前面的話
在此之前，該題已經有很多題解，但它們大多是列舉國王周圍\(5\times 5\)的範圍（玄學貪心？），最後計算最小距離。
雖然能\(AC\)，但其實這種做法是不嚴謹的( 詳見巨佬的hack資料 )
然而將\(5\times 5\)的範圍擴大至\(R\times C\)的範圍後，時間複雜度過大。那麼，這道題真的無解了嗎？
蒟蒻的我用\(spfa\)(在此稀疏圖中，顯然不怕被卡)在正確的結果和正確的時間複雜度內\(AC\)了此題(而且過了\(hack\)資料)。
（一）解題思路
題目不再闡述。題目傳送門
這道題求的是所有騎士以及國王到某集合點的最小距離(任意騎士與國王匯合後，可以帶著國王一起走，並且只算一個人的距離)。
集合點是哪一個？不知道。不知道就列舉
與其它題解無異，看到範圍十分小的\(R、C\)後，毅然選擇列舉集合點。
列舉後，相當於已經知道了集合點，求騎士和國王從原所在地到該點的最小距離和。
這個可以反過來看，也就是從集合點出發，求出騎士和國王從集合點到騎士和國王原所在地的距離的最小值。
顯然，上述兩者是等價的。因此，我們可以用最短路演算法直接求出最小的距離之和。這裡使用\(spfa\)。(當然，\(dijkstra\)也可以，而且更穩定)沒事，這題是卡不了\(spfa\)的。
重點來了，敲黑板(此思路與其它題解最大的不同在這裡)
定義\(dis(x, y, 0)\)表示集合點到點\((x,y)\)
定義\(dis(x, y, 1)\)表示集合點到點\((x,y)\)的最小距離(最少步數，此時在點\((x,y)\)，騎士已經帶上了(或者是正在帶著)國王）
考慮如何轉移。
對於\(dis(x,y,0)\)這個狀態，可以作兩種轉移:
1.不帶國王，繼續走自己的路。
可以轉移出八個狀態(即騎士走的八個"日"字,這裡不作列舉)，設八個狀態為\(dis(ex, ey, 0)\)。因為騎士轉移到這個狀態只需要一步，所以權值為\(1\)。
轉移方程為\(dis(ex, ey, 0) =\min\) { \(dis(x, y, 0) +1\) }
2.站在原地，等國王過來，然後帶上國王
可以轉移出一個狀態，設國王走過來的步數為\(val\)(\(val\)可以\(\Theta (1)\)求出)。轉移的狀態為\(dis(x,y,1)\)
轉移方程為\(dis(x,y,1)=\min\){\(dis(x,y,0)+val\)}
對於\(dis(x,y,1)\)這個狀態，可作一種轉移(畢竟騎士已經帶著國王私奔去了，不可能丟下國王自己跑吧)
1.同上，同樣是可以轉移出八個狀態，轉移方程不寫了。
\(Last\quad but\quad not\quad least\) 等等，還沒完
\(spfa\)跑完後，我們得到了\(dis(x,y,z)\)陣列，但題目要求的是距離和的最小值。
簡單，將最小值累加即可。等等，那麼問題來了，哪位騎士帶國王\(???\)
也就是說，我們需要找到一個騎士，累加他的\(dis(x,y,1)\)，同時累加其它騎士的\(dis(x,y,0)\)，使得總和最小。
容易證明，\(dis(x,y,0)\leq dis(x,y,1)\) 一個人走總是比帶著國王走輕鬆
因此，我們只需要列舉每個\((x,y)\)，求出\(dis(x,y,1)-dis(x,y,0)\)的最小值，然後加上所有\(dis(x,y,0)\)就是最小距離了。
最差時間複雜的\(\Theta (R^2C^2)\)時間都花在列舉上了，穩穩地過，不需要卡常。
（二）程式碼
我知道大家喜歡看這個
有註釋哦。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxr = 45, maxc = 30, INF = 1e6 + 7;
int R, C, Map[maxr][maxc], Kingx, Kingy;
int X[8] = {-1, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2}, Y[8] = {2, 2, 1, -1, -2, -2, -1, 1};
struct node{
int x, y;
bool king;//記錄是否帶國王
};
queue< node > q;
int Abs(int x){//求絕對值
if(x < 0) return -x;
if(x == 0) return 0;
if(x > 0) return x;
}
int spfa(int x,int y){
int dis[maxr][maxc][2] = {}; bool vis[maxr][maxc][2] = {};//初始化dis，vis陣列(spfa常規操作)
for(int i=1; i<=R; i++)//初始化dis陣列，同樣是常規操作
for(int j=1; j<=C; j++)
dis[i][j][0] = dis[i][j][1] = INF;
node t;
if(x == Kingx and y == Kingy) dis[x][y][1] = 0, t.king = true;//如果集合點的位置是國王的位置(不用考慮國王的移動)，初始狀態就是dis[x][y][1]
else dis[x][y][0] = 0, t.king = false;//如果集合點的位置不是國王的位置，需要考慮國王的移動，初始狀態是dis[x][y][0]
t.x = x, t.y = y;
q.push(t);//入隊，常規操作
vis[x][y][t.king] = true;//標記,常規操作
while(!q.empty()){//一下均為spfa常規操作
int dx = q.front().x, dy = q.front().y;
bool flag = q.front().king;
q.pop();
for(int i=0; i<8; i++){//不進行帶國王的操作
int ex = dx + X[i], ey = dy + Y[i];
if(ex < 1 or ey < 1 or ex > R or ey > C) continue;
if(dis[ex][ey][flag] > dis[dx][dy][flag] + 1){
dis[ex][ey][flag] = dis[dx][dy][flag] + 1;
if(!vis[ex][ey][flag]){
vis[ex][ey][flag] = true;
node e; e.x = ex, e.y = ey, e.king = flag;
q.push(e);
}
}
}
if(!flag){//在(dx, dy)這個點帶上國王(讓國王自己走到這個點)
int val = dis[dx][dy][flag] + max(Abs(dx-Kingx), Abs(dy-Kingy));
//算出國王走到這個點的步數,國王可以走八個方向，不是曼哈頓距離，而是max(Abs(dx-Kingx), Abs(dy-Kingy),自行畫圖理解
if(dis[dx][dy][!flag] > val){
dis[dx][dy][!flag] = val;
if(!vis[dx][dy][!flag]){
vis[dx][dy][!flag] = true;
node e; e.x = dx, e.y = dy, e.king = !flag;
q.push(e);
}
}
}
vis[dx][dy][flag] = false;
}
int minu = INF, cnt = 0;//最短路跑完後，算出最短的總距離
//容易證明，騎士所在的點的狀態dis[x][y][1]>=dis[x][y][0]，要使總距離最小，只需要找最小的(dis[x][y][1]-dis[x][y][0])，最後加上所有騎士的距離dis[x][y][0]即可
for(int i=1; i<=R; i++)
for(int j=1; j<=C; j++)
if(Map[i][j] == 1) minu = min(minu, dis[i][j][1] - dis[i][j][0]), cnt += dis[i][j][0];
return cnt+minu;
}
int main(){
cin>>C>>R;//寫到最後發現R,C打反了，不想改了，將就著看吧
char kingx;
cin>>kingx>>Kingy;//讀入
Kingx = kingx-'A'+1;//Kingx儲存國王的橫座標，Kingy儲存國王的縱座標
char knightx; int knighty;
while(cin>>knightx>>knighty){//讀入
Map[knightx-'A'+1][knighty] = 1;//鄰接矩陣標記國王的位置
}
int ans = INF;//初始化
for(int i=1; i<=R; i++)
for(int j=1; j<=C; j++)
ans = min(ans, spfa(i, j));//列舉集合點，spfa求最短距離
if(ans == INF) printf("0");
else printf("%d", ans);
return 0;
}