题解 P1363 【幻想迷宫】

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搜索时判断能否重复到达某个点，当然迷宫的四个边界是分别相通的。

一开始想的是：

如果从上（下）边界的某个点能到达同一列下（上）边界的某个点，或者是从左（右）边界的某个点能够到达同一行右（左）边界的某个点，则可以走无限远

但这样的数据就会判断错误：

3 5
S.#..
#####
#...#

并不能直接从上面到达下面但也是可以到达的，而且枚举边界上的点再搜索会超时

然后想了一个比较正确（但还是不正确）的方法：

把读入的一个迷宫变成九个迷宫，判断从起点(x,\ y)能否走到(x + n,\ y)或(x - n,\ y)或(x,\ y + m)或(x,\ y - m).

但这么做如果要走不止一个迷宫才能回到起点就GG了

比如这组数据：

6 20
#.##.##.##.##.##.##.
#.##.##.##.##.##.##.
#.##.##.##.##.##.##.
S.#..#..#..#..#..#..
##..#..#..#..#..#..#
#..#..#..#..#..#..##

愉快地从下面跑到上面再跑到下面再...

显然这种情况把1 * 1迷宫拓展成3 * 3是不可取的，而如果拓展成9 * 9（或81 * 81）那一定是会爆内存的。

下面是正解：

所以不能拓展迷宫而对坐标取模就好了.

如果走到过某个点现在又走到了这个点，那显然是可以走无限远的。

现在出现了一些（堆）问题：

如何判断是否走到过这个点呢？

有一个比较巧妙的方法：

记录取模的横纵坐标x,\ y时，同时记录没有取模的坐标lx,\ ly

当第一次走这个迷宫的时候，x,\ y和lx,\ ly肯定是分别相等的

所以只要走到的一个点的x,\ y和lx,\ ly不相等（x≠lx\ ||\ y≠ly），那这个点一定是被走了第二遍.

[Code:]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN = 1500 + 1;
const int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
const int dy[4] = {0, 0, 1, -1};

int n, m;
int st_x, st_y;
int vis[MAXN][MAXN][3];
bool fl, a[MAXN][MAXN];
char ch;

void dfs(int x, int y, int lx, int ly) {
    if(fl) return;
    if(vis[x][y][0] && (vis[x][y][1]!=lx || vis[x][y][2]!=ly)) {
        fl = 1;
        return;
    }
    vis[x][y][1] = lx, vis[x][y][2] = ly, vis[x][y][0] = 1;
    for(int i=0; i<4; ++i) {
        int xx = (x + dx[i] + n) % n, yy = (y + dy[i] + m) % m;
        int lxx = lx + dx[i], lyy = ly + dy[i];
        if(!a[xx][yy]) {
            if(vis[xx][yy][1]!=lxx || vis[xx][yy][2]!=lyy || !vis[xx][yy][0])
                dfs(xx, yy, lxx, lyy);
        }
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(cin >> n >> m) {
        fl = 0;
        memset(a, 0, sizeof(a));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        for(int i=0; i<n; ++i)
            for(int j=0; j<m; ++j) {
                cin >> ch;
                if(ch == '#') a[i][j] = 1;
                if(ch == 'S') st_x = i, st_y = j;
            }
        dfs(st_x, st_y, st_x, st_y);
        if(fl) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
}