该题是比较简单的BFS 。 难点在于多了两个限制条件 ： 必须按照顺序捡拾钥匙 ； 杀死蛇消耗2单位时间，，蛇只会被杀死一次 。
因为在拿到第n把钥匙前必须拿到第n-1把，所以只需要加一维大小是11的维度来维护当前拿到的钥匙情况就可以完整的表示所有状态了 。
但是还有蛇的条件，所以不妨在结构体里加一个正数，将其压缩成一个集合表示第i只蛇是不是被杀死了 。 所以事先对所有的蛇进行编号就行了 、
那么为什么蛇这个条件不用增加维度来维护呢？ 原因很简单，仔细想想就会发现，蛇不是重点，不是最短路所必须维护的东西 ，是否经过蛇不是一个必要条件，但是对于最短路长度来说又是必须维护的，所以这样可以降低时间复杂度 。
由于所有状态最多经过一次，所以数组d[][][]的大小就是估算的时间复杂度 。
细节参见代码：#include<cstdio>#include<iostream>#include<queue>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 105;int n,m,d[maxn][maxn][11];int dx[] = {1,0,-1,0};int dy[] = {0,1,0,-1};char s[maxn][maxn];struct node{int r,c,id,s;node(int r = 0,int c = 0,int id = 0,int s=0) : r(r),c(c),id(id),s(s) {}};node K,T,ans_cur;int bfs() {queue<node> q;K.s = 0;memset(d,-1,sizeof(d));q.push(K);d[K.r][K.c][K.id] = 0;while(!q.empty()) {node u = q.front(); q.pop();if(u.r == T.r && u.c == T.c && u.id == T.id) return d[u.r][u.c][u.id];for(int i=0;i<4;i++) {int x = u.r + dx[i];int y = u.c + dy[i];node v = node(x,y,u.id,u.s);bool ok = false;if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > n || s[x][y] == '#') continue;if(isdigit(s[x][y]) && v.id == s[x][y]-'0'-1) v.id++; //判断该钥匙是否可以捡拾if(islower(s[x][y])) { //判断该蛇是否杀过int vv = s[x][y] – 'a';if(v.s & (1<<vv)) ;else { v.s |= 1<<vv; ok = true; }}if(d[v.r][v.c][v.id] < 0) {if(!ok) d[v.r][v.c][v.id] = d[u.r][u.c][u.id] + 1;else d[v.r][v.c][v.id] = d[u.r][u.c][u.id] + 2;q.push(v);}}}return -1;}int main() {while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {if( !n && !m ) return 0;for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%s",s[i]+1);}int cnt = 0;for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=n;j++) {if(s[i][j] == 'K') K = node(i,j,0);else if(s[i][j] == 'T') T = node(i,j,m);else if(s[i][j] == 'S') s[i][j] = (char)('a' + cnt++); //将蛇编号}}int ans = bfs();if(ans == -1) printf("impossible\n");else printf("%d\n",ans);}return 0;}
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穿过紫堇，穿过木棉，穿过时影时现的悲喜和无常。
