题目描述
ftiasch又开发了一个奇怪的游戏，这个游戏是这样的：有N个格子排成一列，每个格子上有一个数字，第i个格子的数字记为Ai。这个游戏有2种操作：
1.如果现在在第i个格子，则可以跳到第Ai个格子。
2.把某个Ai增加或减少1。
nm开始在第1个格子，他需要走到第N个格子才能通关。现在他已经头昏脑涨啦，需要你帮助他求出，从起点到终点最少需要多少次操作。
1.如果现在在第i个格子，则可以跳到第Ai个格子。
2.把某个Ai增加或减少1。
nm开始在第1个格子，他需要走到第N个格子才能通关。现在他已经头昏脑涨啦，需要你帮助他求出，从起点到终点最少需要多少次操作。
输入
第1行，1个整数N。第2行，N个整数Ai。
输出
第1行，1个整数，表示最少的操作次数。
样例输入
5
3 4 2 5 3
样例输出
3
提示
?对于30%的数据，1≤N≤10。
?对于60%的数据，1≤N≤1,000。
?对于100%的数据，1≤N≤100,000，1≤Ai≤N。
题目大意：很清楚了，就不解释了。
思路：建立图模型（如下），会发现其实等价于求起点到终点的最短路(bfs或几种最短路算法)。
（样例：3 4 2 5 3，起点1，终点5，答案3）
（样例：3 3 3 3 3 ，起点1，终点5，答案3）
如何建立此图模型：
1.建立起i到Ai的单向边，权值为1，表明从i到Ai需要操作1步；
2.建立起i与i-1(如果存在的话)，i与i+1(如果存在的话)的双向边，权值也都为1；
(比如说有a[2]=4,那么不光要建立2到4的单向边，也要建立4与3，4与5的双向边)
这个要好好理解，根据题意，可以对任意Ai加或减1，并算做一步操作，于是可以理解为：虽然a[2]=4(也就是2可以跳到4),但对a[2]进行加减1操作后，就意味着2也可以到3或5，当然操作数数也要加上1，所以建立相邻数的双向边意思是相邻数其实可以互通（对应着加减1操作），比如有a[2]=4,a[4]=1的话，当2跳到4后，4可以跳到1，3或5，同理接着5(假如上一步跳到了5)可以跳到a[5],4或者6...，那么从2到6的过程可以看作是2->4->5->6(等价于把a[2]加1再加1变成6后跳到6)。
可以自己再琢磨一下上面两个图。
还有需要明白的是，对于所在位置i的下一位置a[i],i-1,i+1在bfs中属于同一层。
注意(!):
在bfs中起点不能是1，因为这样的话a[1]和2将被1更新并被加入队列，“更新”也就是1->a[1]使到达a[1]的最少步数f[a[1]]变为f[1]+1=0+1=1,同理1->2使得f[2]变为f[1]+1=1,答案显然是不对的(因为按此法要2步操作)，所以起点1处有点特殊，不能用它来更新2(即不能从head=1(f[head]=0)开始进行bfs)，所以我们从head=a[1](f[head]=1)开始进行bfs。
AC代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; int n; int a[100010]; int f[100010]; int vis[100010]; void bfs(){ queue<int > q; while(!q.empty()) q.pop(); f[1]=0; vis[1]=1; int head=a[1]; f[head]=1; vis[head]=1; q.push(head); while(!q.empty()){ head=q.front(); q.pop(); if(!vis[a[head]]){ vis[a[head]]=1; if(f[a[head]]>f[head]+1) f[a[head]]=f[head]+1; q.push(a[head]); } if(head-1>=1&&!vis[head-1]){ vis[head-1]=1; if(f[head-1]>f[head]+1) f[head-1]=f[head]+1; q.push(head-1); } if(head+1<=n&&!vis[head+1]){ vis[head+1]=1; if(f[head+1]>f[head]+1) f[head+1]=f[head]+1; q.push(head+1); } } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); } memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(f,inf,sizeof(f)); bfs(); printf("%d\n",f[n]); return 0; }
总结：对于图论题，关键是等价建立图模型。
