FZU

一只猫和一只老鼠在10*10的迷宫中。迷宫中的每个方格可以是空的，或者含有障碍。猫和老鼠可以进入任意一个空的方格中。当他们相遇时，猫和老鼠在同一个方格中。但是，无论猫或老鼠都不能进入有障碍的方格。我们可以用字符组成的二维数组表示迷宫，如下图所示。

老鼠在迷宫中按照一种固定的方式行走：每个时刻，老鼠都向它所面对的方向前进一格，这需要花费１秒时间。如果前方是一个障碍或者是迷宫的边界，它将花１秒的时间按顺时针方向转90度。

为了抓到老鼠，这只猫决定也按照与老鼠相同的行走方式行进。

猫和老鼠在每个单位时间内是同时行动的。因此，如果猫和老鼠在行进过程中“擦肩而过”，猫是无法捉到老鼠的。只有当猫和老鼠同时到达一个相同的格子时，猫才能捉住老鼠。
初始时，猫和老鼠不会在同一个方格中。并且它们都面向北方。
你的任务是编一个程序，求出猫捉到老鼠的所花时间。
Input
输入数据的第一行n，表示输入数据的组数。
每组数据由10行组成，每行10个字符，表示迷宫的地图以及猫和老鼠的初始位置。输入数据保证只有一只猫和一只老鼠。
每组输入数据之后均有一个空行作为间隔。
Output
对于每组给定的输入，输出一行仅含一个数，即猫捉到老鼠所花的时间。如果猫永远都无法抓到老鼠，则输出0。
Sample Input
1
……..
……*…
……..
……….
…*.c….
…..…
…*……
..m……*
….….
..……
Sample Output
49

题意：

有个迷宫，有一只猫和一只老鼠，他们按同种方式行走，一开始面朝北方，走一格花一秒，如果是障碍或者边界，就顺时针转90度。转方向一次也是一秒，当他们走到一个格子就结束。擦肩而过就是俩人面对面，但是下一秒俩人走到了对方的格子，这一种不算抓住。

思路：

模拟他们的行走的方式，就可以判断了，但是有个问题，如果永远遇不到，怎么判断。有俩种方法，一种是开一个标记数组，如果在某一刻，他们回到过去一个相同的状态，那么他们就进入循环。
一种是，循环到一定次数后直接跳出。你可以假定一万，一万不行，十万。好像有个方法可以算出来。我是第一种。

# include <cstdio># include <cstring>using namespace std;int dx[4] = {-1,0,1,0};int dy[4] = {0,1,0,-1}; //前进的变量，分别是上，左，下，右，对应于顺时针的顺序int main(){    int T;    char a[15][15]; // 存储迷宫    int mark[11][11][11][11][4][4]; //标记数组，分别是猫和鼠的位置和他们面朝的方向    scanf("%d",&T);     while(T--)    {        int f = 0;        memset(mark,0,sizeof(mark));        int c = 0,m = 0; //面朝的方向         int x[2],y[2];        for(int i = 0;i < 10;i++)        {            scanf("%s",a[i]);        }        for(int i = 0;i < 10;i++)        {            for(int j = 0;j < 10;j++)  //找到猫和鼠的位置            {                if(a[i][j] == 'c')                {                    x[0] = i,y[0] = j;                }                if(a[i][j] == 'm')                {                    x[1] = i,y[1] = j;                }            }        }        int ans = 0;        while(true) //循环，模拟他们的行进过程        {            mark[x[0]][y[0]][x[1]][y[1]][c][m] = 1;  //把当前的状态标记            if(x[0]+dx[c] >= 0 && x[0]+dx[c] < 10 && y[0]+dy[c] >= 0 && y[0]+dy[c] < 10)            {  //判断是否超出边界                if(a[x[0]+dx[c]][y[0]+dy[c]] != '*')  //如果不是障碍，就可以到达                {                    x[0] += dx[c];                    y[0] += dy[c];                }                else  //否则就转方向                    c = (c+1) % 4;            }            else  //超出边界转向            {                c = (c+1) % 4;            }            if(x[1]+dx[m] >= 0 && x[1]+dx[m] < 10 && y[1]+dy[m] >= 0 && y[1]+dy[m] < 10)            { //老鼠和上面的猫类似                if(a[x[1]+dx[m]][y[1]+dy[m]] != '*')                {                    x[1] += dx[m];                    y[1] += dy[m];                }                else                    m = (m+1) % 4;            }            else                m = (m+1) % 4;            if(mark[x[0]][y[0]][x[1]][y[1]][c][m] == 1)  //如果变化后的状态已经出现过，跳出            {                f = 1;                break;            }            ans++;            if(x[0] == x[1] && y[0] == y[1]) //如果猫和老鼠在一个格子，就跳出                break;        }        if(f)            printf("0\n");        else            printf("%d\n",ans);    }    return 0;}