题目描述

思路讲解

可以把题目抽象为：
从第1个点到第2个点，经过特殊点的数量不超过k的单源最短路径（其中每条边的权重均为1）

可以使用bfs解决这个问题，但是dist[][]数组和队列中放置的pair<int,int>元素不再是单单的x和y，而是点的标号b和状态d

所谓点的标号，可以事先创建一个PII point[N],这样一个下标就代表一个点

状态的意思是：从1到点b总共经过了几个特殊点？

举个栗子：

dist[5][3]：从1到5经过了3个特殊点的最短路径

由于r的限制，不是每一个都可以到达另一个点，那么这里就涉及一个技巧，即提前判断可以互相到达的点，然后把它们相连，最后就构造出一个互通且边权重为1的图：

for(int i=1;i<=n+m;i++)
	for(int j=1;j<=n+m;j++)
		if(check(i,j,r))//判断点i和点j距离是否小于等于r 
		add(i,j),add(j,i);

满分代码

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=210,M=N*N;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>PII;
PII p[N];
int dist[N][N];
int n,m,k,r;
bool check(int i,int j,int r)
{
	int dx=p[i].first-p[j].first;
	int dy=p[i].second-p[j].second;
	return (LL)dx*dx+(LL)dy*dy<=(LL)r*r;
}
void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b;ne[idx]=h[a];h[a]=idx++;
}
int bfs()
{
	memset(dist,0x3f,sizeof dist);
	queue<PII>q;
	q.push({1,0});
	dist[1][0]=0;
	while(q.size())
	{
		auto t=q.front();
		q.pop();
		for(int i=h[t.first];i!=-1;i=ne[i])
		{
			int a=e[i],b=t.second;
			if(a>n)b++;
			if(b<=k)
			{
				if(dist[a][b]>dist[t.first][t.second]+1)
				{
					dist[a][b]=dist[t.first][t.second]+1;
					q.push({a,b});
				}
			}
		}
	}
	int res=1e8;
	for(int i=0;i<=k;i++)
	res=min(res,dist[2][i]);
	return res-1;
}
int main()
{
	cin>>n>>m>>k>>r;
	memset(h,-1,sizeof h);
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>p[i].first>>p[i].second;
	for(int i=n+1;i<=n+m;i++)cin>>p[i].first>>p[i].second;
	for(int i=1;i<=n+m;i++)
		for(int j=1;j<=n+m;j++)
			if(check(i,j,r))//判断点i和点j距离是否小于等于r 
			add(i,j),add(j,i);
	cout<<bfs()<<endl;
	return 0;
}