“連連看”相信很多人都玩過。沒玩過也沒關係，下面我給大家介紹一下游戲規則：在一個棋盤中，放了很多的棋子。如果某兩個相同的棋子，可以通過一條線連起來（這條線不能經過其它棋子），而且線的轉折次數不超過兩次，那麼這兩個棋子就可以在棋盤上消去。不好意思，由於我以前沒有玩過連連看，諮詢了同學的意見，連線不能從外面繞過去的，但事實上這是錯的。現在已經釀成大禍，就只能將錯就錯了，連線不能從外圍繞過。  玩家滑鼠先後點選兩塊棋子，試圖將他們消去，然後遊戲的後臺判斷這兩個方格能不能消去。現在你的任務就是寫這個後臺程式。 

Input

輸入資料有多組。每組資料的第一行有兩個正整數n,m(0<n<=1000,0<m<1000)，分別表示棋盤的行數與列數。在接下來的n行中，每行有m個非負整數描述棋盤的方格分佈。0表示這個位置沒有棋子，正整數表示棋子的型別。接下來的一行是一個正整數q(0<q<50)，表示下面有q次詢問。在接下來的q行裡，每行有四個正整數x1,y1,x2,y2,表示詢問第x1行y1列的棋子與第x2行y2列的棋子能不能消去。n=0,m=0時，輸入結束。  注意：詢問之間無先後關係，都是針對當前狀態的！ 

Output

每一組輸入資料對應一行輸出。如果能消去則輸出"YES",不能則輸出"NO"。 

Sample Input

3 4
1 2 3 4
0 0 0 0
4 3 2 1
4
1 1 3 4
1 1 2 4
1 1 3 3
2 1 2 4
3 4
0 1 4 3
0 2 4 1
0 0 0 0
2
1 1 2 4
1 3 2 3
0 0

Sample Output

YES
NO
NO
NO
NO
YES

基本就是道簡單bfs吧，可能難點就是確定轉彎。為了這個先寫一個ff表示現在的方向，再寫一個num統計轉彎的次數就行。

注意，0代表的是該位置沒有棋子，所以如果查詢的位置是0直接否。

再吐槽一句，正常連連看都是繞開棋子走的好嗎，這個完全反過來了。

AC程式碼：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <stack>
#include <string>
#include <queue>
using namespace std;
int s[1010][1010];
struct node
{
    int x,y,num,ff;
    bool operator <(const node &a)const
    {
        return num>a.num;
    }
};

int dir[4][2]={1,0,0,1,0,-1,-1,0};
int vis[1010][1010];
int main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m&&n+m)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&s[i][j]);
        }

    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        node a,b;
        scanf("%d%d%d%d",&a.x,&a.y,&b.x,&b.y);
        if((s[a.x][a.y]!=s[b.x][b.y])||s[a.x][a.y]==0||s[b.x][b.y]==0)
        {
            cout<<"NO\n";
            continue;
        }

        memset(vis,0,sizeof(vis));
        int flag=0;
        a.num=-1;
        a.ff=-1;
        vis[a.x][a.y]=1;
        priority_queue<node>q;
        while(!q.empty())
            q.pop();
        q.push(a);
        while(!q.empty())
        {
            node c;
            c=q.top();
            q.pop();
            for(int i=0;i<4;i++)
            {
                node d;
                d.x=c.x+dir[i][0];
                d.y=c.y+dir[i][1];
                if(c.ff!=i)
                {
                    d.ff=i;
                    d.num=c.num+1;
                }
                else
                {
                    d.ff=c.ff;
                    d.num=c.num;
                }
                if(d.num>2)
                    continue;
                if((s[d.x][d.y]==0||(s[d.x][d.y]==s[b.x][b.y]&&d.x==b.x&&d.y==b.y))&&d.x>=1&&d.x<=n&&d.y>=1&&d.y<=m&&!vis[d.x][d.y])
                {
                    vis[d.x][d.y]=1;
                    if(d.x==b.x&&d.y==b.y&&d.num<=2)
                    {
                        flag=1;
                        break;
                    }
                    q.push(d);
                }
            }
            if(flag)
                break;
        }
        flag?printf("YES\n"):printf("NO\n");
    }
}
return 0;
}