拯救大兵瑞恩

$1944$ 年，特种兵麦克接到国防部的命令，要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。

瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但幸好麦克得到了迷宫的地形图。

迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 $N$ 行，东西方向被划分为 $M$ 列， 于是整个迷宫被划分为 $N×M$ 个单元。

每一个单元的位置可用一个有序数对 (单元的行号, 单元的列号) 来表示。

南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。

注意： 门可以从两个方向穿过，即可以看成一条无向边。

迷宫中有一些单元存放着钥匙，同一个单元可能存放 多把钥匙，并且所有的门被分成 $P$ 类，打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。

大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角，即 $(N,M)$ 单元里，并已经昏迷。

迷宫只有一个入口，在西北角。

也就是说，麦克可以直接进入 $(1,1)$ 单元。

另外，麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为 $1$ ，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。

试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。

输入格式

第一行有三个整数,分别表示 $N,M,P$ 的值。

第二行是一个整数 $k$ ，表示迷宫中门和墙的总数。

接下来 $k$ 行，每行包含五个整数，$X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i$：当 $G——i≥1$ 时，表示 ($X_{i1},Y_{i1}$) 单元与 ($X_{i2},Y_{i2}$) 单元之间有一扇第 $G_i$ 类的门，当 $G_i=0$ 时，表示 ($X_{i1},Y_{i1}$) 单元与 ($X_{i2},Y_{i2}$)

单元之间有一面不可逾越的墙。

接下来一行，包含一个整数 $S$ ，表示迷宫中存放的钥匙的总数。

接下来 $S$ 行，每行包含三个整数 $X_{i1},Y_{i1},Q_i$，表示 ($X_{i1},Y_{i1}$) 单元里存在一个能开启第 $Q_i$ 类门的钥匙。

输出格式

输出麦克营救到大兵瑞恩的最短时间。

如果问题无解，则输出 $-1$。

数据范围

$|X_{i1}−X_{i2}|+|Y_{i1}−Y_{i2}|=1,$
$0 \leq G_i \leq P,$
$1 \leq Q_i \leq P,$
$1 \leq N,M,P \leq 10,$
$1 \leq k \leq 150$

输入样例：

4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0 
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2 
4 2 1

输出样例：

14

1.降维：对于状态f(x,y,state)可以把二维坐标(x,y)降维成一维，把状态简化成f(t.state)
2.钥匙状态表示：对于钥匙的状态，可以用二进制来表示，拥有那种钥匙，就是2的多少次方
例如，拥有1号钥匙，就是21,二进制下就是10
状态状态state，拿起当前位置的钥匙就是或运算，state|=key
3.对于门和墙和普通通道的表示,可以用邻接表来表示点与点之间是什么门
先用set来存两个点之间的不同门，对于墙，标记一下，不用存，代表该边不可走
最后遍历其他所有的点对，看看是否在set里，不在的话，说明是普通通道，标记为普通就行

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <deque>
#include <set>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 11, M = 360, P = 1 << 10;
int n, m, k, p, h[N * N], e[M], w[M], ne[M], idx, g[N][N], key[N * N], dist[N * N][P];
bool st[N * N][P];
set<PII> edges;
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}
void build() {
    int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            for (int u = 0; u < 4; u ++ ) {
                int x = i + dx[u], y = j + dy[u];
                if (!x || x > n || !y || y > m) continue;
                int a = g[i][j], b = g[x][y];
                if (!edges.count({a, b})) add(a, b, 0);
            }
}
int bfs() {
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    dist[1][0] = 0;
    deque<PII> q;
    q.push_back({1, 0});
    while (q.size()) {
        PII t = q.front();
        q.pop_front();
        if (st[t.x][t.y]) continue;
        st[t.x][t.y] = true;
        if (t.x == n * m) return dist[t.x][t.y];
        if (key[t.x]) {
            int state = t.y | key[t.x];
            if (dist[t.x][state] > dist[t.x][t.y]) {
                dist[t.x][state] = dist[t.x][t.y];
                q.push_front({t.x, state});
            }
        }
        for (int i = h[t.x]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (w[i] && !(t.y >> w[i] - 1 & 1)) continue;
            if (dist[j][t.y] > dist[t.x][t.y] + 1) {
                dist[j][t.y] = dist[t.x][t.y] + 1;
                q.push_back({j, t.y});
            }
        }
    }
    return -1;
}
int main() {
    cin >> n >> m >> p >> k;
    for (int i = 1, t = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            g[i][j] = t ++ ;
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (k -- ) {
        int x1, y1, x2, y2, c;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> c;
        int a = g[x1][y1], b = g[x2][y2];
        edges.insert({a, b}), edges.insert({b, a});
        if (c) add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    build();
    int s;
    cin >> s;
    while (s -- ) {
        int x, y, c;
        cin >> x >> y >> c;
        key[g[x][y]] |= 1 << c - 1;
    }
    cout << bfs() << endl;
    return 0;
}