连连看

                                                                                                                  连连看
                                                    Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
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Problem Description
“连连看”相信很多人都玩过。没玩过也没关系，下面我给大家介绍一下游戏规则：在一个棋盘中，放了很多的棋子。如果某两个相同的棋子，可以通过一条线连起来（这条线不能经过其它棋子），而且线的转折次数不超过两次，那么这两个棋子就可以在棋盘上消去。不好意思，由于我以前没有玩过连连看，咨询了同学的意见，连线不能从外面绕过去的，但事实上这是错的。现在已经酿成大祸，就只能将错就错了，连线不能从外围绕过。
玩家鼠标先后点击两块棋子，试图将他们消去，然后游戏的后台判断这两个方格能不能消去。现在你的任务就是写这个后台程序。
 


Input
输入数据有多组。每组数据的第一行有两个正整数n,m(0<n<=1000,0<m<1000)，分别表示棋盘的行数与列数。在接下来的n行中，每行有m个非负整数描述棋盘的方格分布。0表示这个位置没有棋子，正整数表示棋子的类型。接下来的一行是一个正整数q(0<q<50)，表示下面有q次询问。在接下来的q行里，每行有四个正整数x1,y1,x2,y2,表示询问第x1行y1列的棋子与第x2行y2列的棋子能不能消去。n=0,m=0时，输入结束。
注意：询问之间无先后关系，都是针对当前状态的！
 


Output
每一组输入数据对应一行输出。如果能消去则输出"YES",不能则输出"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
 


分析：
广搜，用队列保存节点，每个节点的内容为当前位置的前一个坐标，当前坐标，转折次数。
在向外拓展节点时，判断当前节点的前一个坐标与下一个坐标的横纵坐标是否全不相同，
如果全不相同就表示又转折了一次。队列里只保存转折次数不超过两次的，看能否搜到终点。


代码：
[cpp] view plain copy print?
#include <cstdio>  
#include <iostream>  
#include <cstring>  
#include <queue>  
using namespace std;  
const int maxn = 1000 + 2;  
const int dir[][2] = {0,1, 1,0, 0,-1, -1,0};    //四个方向偏移量  
int n, m, q, x1, y1, x2, y2;  
int Im[maxn][maxn], vis[maxn][maxn];  
  
struct pos  
{  
    int px, py, cx, cy, cnt;        //记录当前位置的前一个坐标，当前坐标，转折次数  
    pos(int x1, int y1, int x2, int y2, int c)  //构造函数，用 x1,y1,x2,y2,c  
        :px(x1), py(y1), cx(x2), cy(y2), cnt(c) {}  //  初始化 px,py,cx,cy,cnt  
} ;  
  
int bfs()  
{  
    queue<pos> Q;  
    pos cur(x1, y1, x1, y1, 0); //起点，他的前一个坐标和当前坐标相同  
    Q.push(cur);  
    while(!Q.empty())  
    {  
        cur = Q.front();  
        Q.pop();  
        if(cur.cx == x2 && cur.cy == y2) return 1;  //搜到终点，返回  
        for(int i = 0; i < 4; i++)          //搜索四个方向  
        {  
            int tx = cur.cx + dir[i][0];        //下一个位置坐标  
            int ty = cur.cy + dir[i][1];  
            if(tx >= 1 && tx <= n && ty >= 1 && ty <= m && !vis[tx][ty]     //判断是否满足条件  
                    && (Im[tx][ty] == 0 || tx == x2 && ty == y2))  
            {  
                pos next(cur.cx, cur.cy, tx, ty, cur.cnt);  //下一个位置，注意他的初始化  
                if(cur.px != tx && cur.py != ty)        //表示转折了  

                { 

                   next.cnt++ ;

                    if(next.cnt >2) continue;      //已经转折了两次，不满足，继续判断下一个  
                }  
                vis[tx][ty] = 1;            //标记已经访问  
                Q.push(next);  
            }  
        }  
    }  
    return -1;  
}  
int main()  
{  
    while(~scanf("%d%d", &n, &m), n, m)  
    {  
        for(int i = 1; i <= n; i++)  
        {  
            for(int j = 1; j <= m; j++) scanf("%d", &Im[i][j]);  
        }  
        scanf("%d", &q);  
        while(q--)  
        {  
            memset(vis, 0, sizeof(vis));  
            scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);  
            vis[x1][y1] = 1;  
            if(Im[x1][y1] != Im[x2][y2] || Im[x1][y1] == 0 || Im[x2][y2] == 0)  
            {  
                printf("NO\n");  
                continue;  
            }  
            int k = bfs();  
            if(k == -1) printf("NO\n");  
            else printf("YES\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}