題目：點選開啟題目連結

Problem Description：

　　給定一個m × n (m行, n列)的迷宮，迷宮中有兩個位置，gloria想從迷宮的一個位置走到另外一個位置，當然迷宮中有些地方是空地，gloria可以穿越，有些地方是障礙，她必須繞行，從迷宮的一個位置，只能走到與它相鄰的4個位置中,當然在行走過程中，gloria不能走到迷宮外面去。令人頭痛的是，gloria是個沒什麼方向感的人，因此，她在行走過程中，不能轉太多彎了，否則她會暈倒的。我們假定給定的兩個位置都是空地，初始時，gloria所面向的方向未定，她可以選擇4個方向的任何一個出發，而不算成一次轉彎。gloria能從一個位置走到另外一個位置嗎？

 Input：

　　第1行為一個整數t (1 ≤ t ≤ 100),表示測試資料的個數，接下來為t組測試資料，每組測試資料中，
　　第1行為兩個整數m, n (1 ≤ m, n ≤ 100),分別表示迷宮的行數和列數，接下來m行，每行包括n個字元，其中字元'.'表示該位置為空地，字元'*'表示該位置為障礙，輸入資料中只有這兩種字元，每組測試資料的最後一行為5個整數k, x1, y1, x2, y2 (1 ≤ k ≤ 10, 1 ≤ x1, x2 ≤ n, 1 ≤ y1, y2 ≤ m),其中k表示gloria最多能轉的彎數，(x1, y1), (x2, y2)表示兩個位置，其中x1，x2對應列，y1, y2對應行。

Output：

　　每組測試資料對應為一行，若gloria能從一個位置走到另外一個位置，輸出“yes”，否則輸出“no”。

Sample Input：

2
5 5
...**
*.**.
.....
.....
*....
1 1 1 1 3
5 5
...**
*.**.
.....
.....
*....
2 1 1 1 3

Sample  Output：

no
yes

題目思路：這道題跟我們平時做的不太一樣，平時都是用bfs套路求最少可以幾步走到目的地，而這道題要求的是從起點到終點的最少拐彎次數，所以這道題按老套路是做不出來的。這裡提供一種思路，因為要求拐彎次數，而如果你每走一步然後判斷它是否拐彎，拐彎就+1，沒有拐彎就不用加，的話比較麻煩，走一步判斷一步，而且你必須要通過3個點才能判斷它是否拐彎，即你要保留它上一步和它上上一步的座標，才能判斷它這一步是否拐彎，這樣的話腦瓜子就比較容易暈，還不一定能判斷對；那麼問題來了，如何判斷它是否拐彎了呢？你可以選定一個方向後，把這個方向走完（即把這個方向的點都遍歷完，直到碰到障礙物為止），用一個二維陣列標記每個位置，0代表這個位置的方向沒有走過，1代表這個位置的方向已經走過了，不用管它的，所以當碰到0時，就說明拐彎了，此時的拐彎次數就是上一個方向的拐彎次數+1。（由於起點的時候方向未定，4個方向都不算拐彎，因此假設起點時的拐彎次數為-1）

下面舉個栗子：（假設從S走到E，起點處的拐彎次數為-1，起初二維陣列vis中都標記為0，還沒開始走）

（為了方便，迷宮中未設定障礙物，起初的vis值我沒有標）

1.從起點的4個方向開始，當碰到標記為0時，就說明這是個新的方向，此時拐彎次數就需要+1，走過之後就標記為1，則從起點開始的4個方向的拐彎次數為0，如圖

2.為了簡便起見，假設第2個點是從S的右邊第一個點，然後再從它開始對4個方向進行遍歷，然後碰到0就將它的拐彎次數+1，標記過的地方就不用再遍歷了，此時拐彎次數就變成了1，如圖

3.重複上述做法，直到找到答案為止。

MY   DaiMa：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
char flag[105][105];///迷宮裡的字元
int t, n, m, k, dir[4][2] = { {0,-1},{0,1},{-1,0},{1,0} };///t組測試樣例，n行m列，dir4個方向
int vis[105][105];///用來判斷是否拐彎
struct position
{
    int x, y, time;///記錄time拐彎次數
} start, eend;
int bfs()
{
    queue<position> q;
    position cur,nex,rec;
    start.time = -1;
    flag[start.x][start.y] = '*';
    q.push(start);
    while(!q.empty())
    {
        cur = q.front();
        q.pop();
        if(cur.x == eend.x && cur.y == eend.y && cur.time <= k) return 1;
        for(int i = 0; i < 4 ;i++)
        {
            nex.x = cur.x + dir[i][0];
            nex.y = cur.y + dir[i][1];
            while((nex.x >= 0 && nex.x < n) && (nex.y >=0 && nex.y < m) && flag[nex.x][nex.y] != '*' )///將這個方向的點都遍歷完
            {
                if(vis[nex.x][nex.y] == 0)///未被標記過，說明這個方向是新的方向，此時拐彎次數需要+1
                {
                    nex.time = cur.time + 1;
                    vis[nex.x][nex.y] = 1;///走過的地方標記
                    q.push(nex);
                }
                rec.x = nex.x + dir[i][0];///rec存的是這個方向的下一個點的座標
                rec.y = nex.y + dir[i][1];
                nex = rec;
            }
        }
    }
    return -1;
}
int main()
{
    int x1,x2,y1,y2;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        cin >> n >> m;
        for(int i = 0; i < n ;i ++)
        {
            for(int j = 0; j < m; j++)
                cin >> flag[i][j];
        }
        cin >> k >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        start.x = y1-1;
        start.y = x1-1;
        eend.x = y2-1;
        eend.y = x2-1;
        int ans;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        ans = bfs();
        if(ans == -1)
            cout << "no" << endl;
        else
            cout << "yes" << endl;
    }
}