题目描述
下图给出了一个迷宫的平面图，其中标记为 1 的为障碍，标记为 0 的为可以通行的地方。
010000
000100
001001
110000
110000迷宫的入口为左上角，出口为右下角，在迷宫中，只能从一个位置走到这 个它的上、下、左、右四个方向之一。
对于上面的迷宫，从入口开始，可以按 DRRURRDDDR 的顺序通过迷宫， 一共 10 步。其中 D、U、L、R 分别表示向下、向上、向左、向右走。 对于下面这个更复杂的迷宫（30 行 50 列），请找出一种通过迷宫的方式，其使用的步数最少，在步数最少的前提下，请找出字典序最小的一个作为答案。
请注意在字典序中 D<L<R<U。
01010101001011001001010110010110100100001000101010
00001000100000101010010000100000001001100110100101
01111011010010001000001101001011100011000000010000
01000000001010100011010000101000001010101011001011
00011111000000101000010010100010100000101100000000
11001000110101000010101100011010011010101011110111
00011011010101001001001010000001000101001110000000
10100000101000100110101010111110011000010000111010
00111000001010100001100010000001000101001100001001
11000110100001110010001001010101010101010001101000
00010000100100000101001010101110100010101010000101
11100100101001001000010000010101010100100100010100
00000010000000101011001111010001100000101010100011
10101010011100001000011000010110011110110100001000
10101010100001101010100101000010100000111011101001
10000000101100010000101100101101001011100000000100
10101001000000010100100001000100000100011110101001
00101001010101101001010100011010101101110000110101
11001010000100001100000010100101000001000111000010
00001000110000110101101000000100101001001000011101
10100101000101000000001110110010110101101010100001
00101000010000110101010000100010001001000100010101
10100001000110010001000010101001010101011111010010
00000100101000000110010100101001000001000000000010
11010000001001110111001001000011101001011011101000
00000110100010001000100000001000011101000000110011
10101000101000100010001111100010101001010000001000
10000010100101001010110000000100101010001011101000
00111100001000010000000110111000000001000000001011
10000001100111010111010001000110111010101101111000
运行限制
• 最大运行时间：1s
• 最大运行内存: 256M
题目过于复杂，接下来我将分为四步依次讲解，想直接看代码的直接点击目录哈~
我们先用dfs做，在迷宫中，建立坐标系，x轴正方向向下，y轴正方向向右，一共有上下左右四个方向，那么就可以建立三个数组，前两个表示在坐标中的位移，第三个表示方向，上下一一对应，比如R表示右，也就是x不变，y位移加一。
const int dirx[4]={0,0,1,-1};
const int diry[4]={1,-1,0,0};
const char dir[5]={'R','L','D','U'};
建立数组存迷宫，为了使起点为（1,1），补齐首行0，和首列0，所以row和col比实际的大1个
int maze[row+1][col+1]=
{
0,0,0,0,0,0,0,
0,0,1,0,0,0,0,
0,0,0,0,1,0,0,
0,0,0,1,0,0,1,
0,1,1,0,0,0,0,
};
dfs(x,y,pos)，pos为起点到x,y的步数，从（x,y）到（tox,toy）需要一步，所以起点到(tox,toy)需要pos+1步。
接下来的讲解都在代码注释中：
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int dirx[4]={0,0,1,-1};
const int diry[4]={1,-1,0,0};
const char dir[5]={'R','L','D','U'};
//4行6列
const int row =4,col =6;
const int maxrc=6;
//以左上角第一个位置为起点，往下x方向，往右y方向
//因为C语言的数组从0开始计，此处为了易于理解，从maze[1][1]存放迷宫
//maze内容如下
int maze[row+1][col+1]=
{
0,0,0,0,0,0,0,
0,0,1,0,0,0,0,
0,0,0,0,1,0,0,
0,0,0,1,0,0,1,
0,1,1,0,0,0,0,
};
int best;//从起点到出口的最小步数
int mins[maxrc+5][maxrc+5];//存从起点到该点的步数
bool judge(int x,int y) {//判断这个点是否越界，是否可以走。
if(x>0&&x<=row&&y>0&&y<=col&&!maze[x][y])
return true;//这个点没越界，而且可以走。
return false;
}
void dfs(int x,int y,int pos) {
if(pos>best)//如果当前路径已经走的步长pos大于之前可行方案最短路径长度 ，
return ;//就无需沿着现有的路径继续走下去了，这个剪枝可以加快速度
if(x==row&&y==col) {//到达终点
if(pos<best) {//更短的路径记录下来
best=pos;
}
return ;
}
for(int i=0;i<4;i++) {//四个方向
int tox=x+dirx[i];//走向（tox，toy）位置
int toy=y+diry[i];
if(judge(tox,toy)&&pos+1<=mins[tox][toy]) {
//去往（tox，toy) 是合法的，没有越界，也是标记为0的可以行走的位置
//并且当前的走法能够使得去到 (tox，toy) 步数更小
//就进入此if之内
maze[tox][toy]=1;//现在走到（tox，toy）了，走过了，就标记为障碍，那么下次就不能走了
mins[tox][toy]=pos+1;//当前的走法，到达（tox,toy）的步数比以前到过的步数更小
//就把当前走法到达 （tox,toy）的步数更新
dfs(tox,toy,pos+1);//继续以(tox,toy,pos+1)深搜
maze[tox][toy]=0;//回溯找短的路，或者是字典序最小的。
//恢复 （tox，toy）为0，即可行状态，好尝试其他位置在以后会走向它
}
}
}
int main()
{
memset(mins,0x3f,sizeof(mins));
best=1<<28;
//因为要求最小的，所以将mins数组和best初始化为很大的数
maze[1][1]=1;//标记起始点走过来，也就是变为障碍物，不再能走到它
dfs(1,1,1);//从起始点（1，1）1 开始深搜
cout<<best-1<<endl;// 因为bfs初始步数设为1，所以最后要减1
return 0;
}
有了这个代码，就可以把代码中的迷宫换成30行50列的迷宫，将row和col的值修改，可以得出步数。
定义string ans,temp和char a[row*col+5]，在深搜的时候，数组a记录第pos步的方位，到达终点时，从1遍历到pos，把所有的方位连接到temp字符串中，如果pos<best，则更新。
完整代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int dirx[4]={0,0,1,-1};
const int diry[4]={1,-1,0,0};
const char dir[5]={'R','L','D','U'};
//4行6列
const int row =4,col =6;
const int maxrc=6;
//以左上角第一个位置为起点，往下x方向，往右y方向
//maze内容如下
int maze[row+1][col+1]=
{0,0,0,0,0,0,0,
0,0,1,0,0,0,0,
0,0,0,0,1,0,0,
0,0,0,1,0,0,1,
0,1,1,0,0,0,0,
};
int mins[maxrc+5][maxrc+5];
char a[row*col+5];
int best;
string ans;
bool judge(int x,int y) {//判断这个点是否越界，是否可以走。
if(x>0&&x<=row&&y>0&&y<=col&&!maze[x][y])
return true;//这个点没越界，而且可以走。
return false;
}
void dfs(int x,int y,int pos) {
if(pos>best)//如果当前路径已经走的步长pos大于之前可行方案最短路径长度 ，
return ;//就无需沿着现有的路径继续走下去了，这个剪枝可以加快速度
if(x==row&&y==col) {//到达终点
string temp;//用temp把每次存的方向连接起来
for(int i=1;i<pos;i++)
temp+=a[i];//路径
if(pos<best) {//更短的路径记录下来
ans=temp;
best=pos;
}
else if(pos==best&&temp<ans) ans=temp;//在实现路时最短的同时，保证字典序最小。
return ;
}
for(int i=0;i<4;i++) {//四个方向
int tox=x+dirx[i];//走向（tox，toy）位置
int toy=y+diry[i];
if(judge(tox,toy)&&pos+1<=mins[tox][toy]) {
//去往（tox，toy) 是合法的，没有越界，也是标记为0的可以行走的位置
//并且当前的走法能够使得去到 (tox，toy) 步数更小
//就进入此if之内
maze[tox][toy]=1;//现在走到（tox，toy）了，走过了，就标记为障碍，那么下次就不能走了
mins[tox][toy]=pos+1;//当前的走法，到达（tox,toy）的步数 比以前到过的步数更小
//就把当前走法到达 （tox,toy）的步数更新
a[pos]=dir[i];//记录第pos步的方位
dfs(tox,toy,pos+1);//继续以(tox,toy,pos+1)深搜
maze[tox][toy]=0;//回溯找短的路，或者是字典序最小的。
//恢复 （tox，toy）为0，即可行状态，好尝试其他位置在以后会走向它
}
}
}
int main()
{
memset(mins,1,sizeof(mins));
best=1<<28;
maze[1][1]=1;//标记起始点走过来，也就是变为障碍物，不再能走到它
dfs(1,1,1);//从起始点（1，1）1步 开始深搜
cout<<ans<<endl;
cout<<best-1<<endl;
return 0;
}
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int dirx[4]={0,0,1,-1};
const int diry[4]={1,-1,0,0};
const char dir[5]={'R','L','D','U'};
//4行6列
const int row =30,col =50;
const int maxrc=50;
//以左上角第一个位置为起点，往下x方向，往右y方向
//因为C语言的数组从0开始计，此处为了易于理解和讲授，从maze[1][1]存放迷宫//左上角的内容。所以补齐首行0，和首列0，所以row和col比实际的大1个，//maze内容如下
int maze[row+1][col+1]=
{
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,
0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0,0,1,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0,1,0,
0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,
0,0,1,1,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,1,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,
0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,1,
0,0,0,0,1,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,
0,1,1,0,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,0,1,1,0,1,0,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,1,1,1,1,0,1,1,1,
0,0,0,0,1,1,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,
0,1,0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,0,0,1,0,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,1,1,1,1,1,0,0,1,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,1,0,1,0,
0,0,0,1,1,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,0,0,0,1,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0,0,1,1,0,0,0,0,1,0,0,1,
0,1,1,0,0,0,1,1,0,1,0,0,0,0,1,1,1,0,0,1,0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,0,0,
0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,1,0,1,1,1,0,1,0,0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,1,
0,1,1,1,0,0,1,0,0,1,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0,0,
0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,1,0,1,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,1,
0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,1,1,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,1,0,1,1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,
0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,1,1,1,0,1,1,1,0,1,0,0,1,
0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,1,1,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,
0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,1,0,1,0,1,0,0,1,
0,0,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,1,0,1,1,0,1,1,1,0,0,0,0,1,1,0,1,0,1,
0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0,0,0,0,1,0,
0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,1,0,0,0,0,1,1,0,1,0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,0,1,0,0,1,0,0,0,0,1,1,1,0,1,
0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0,1,0,1,1,0,1,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,0,1,
0,0,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,1,0,1,
0,1,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,1,1,1,1,0,1,0,0,1,0,
0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,1,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,
0,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,1,1,0,1,1,1,0,0,1,0,0,1,0,0,0,0,1,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0,1,1,1,0,1,0,0,0,
0,0,0,0,0,0,1,1,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,1,1,0,1,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,1,
0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,1,1,0,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,
0,1,0,0,0,0,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,0,1,0,1,1,1,0,1,0,0,0,
0,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,1,1,
0,1,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,1,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,0,1,1,1,0,1,0,1,0,1,1,0,1,1,1,1,0,0,0,
};
//int best;//从起点到出口的最小步数
//int mins[maxrc+5][maxrc+5];
int mins[maxrc+5][maxrc+5];
char a[row*col+5];
int best;
string ans;
bool judge(int x,int y) {//判断这个点是否越界，是否可以走。
if(x>0&&x<=row&&y>0&&y<=col&&!maze[x][y])
return true;//这个点没越界，而且可以走。
return false;
}
void dfs(int x,int y,int pos) {
if(pos>best)//如果当前路径已经走的步长pos大于之前可行方案最短路径长度 ，
return ;//就无需沿着现有的路径继续走下去了，这个剪枝可以加快速度
if(x==row&&y==col) {//到达终点
string temp;
for(int i=1;i<pos;i++)
temp+=a[i];//路径
if(pos<best) {//更短的路径记录下来
ans=temp;
best=pos;
}
else if(pos==best&&temp<ans) ans=temp;//在实现路时最短的同时，保证字典序最小。
return ;
}
for(int i=0;i<4;i++) {//四个方向
int tox=x+dirx[i];//走向（tox，toy）位置
int toy=y+diry[i];
if(judge(tox,toy)&&pos+1<=mins[tox][toy]) {
//去往（tox，toy) 是合法的，没有越界，也是标记为0的可以行走的位置
//并且当前的走法能够使得去到 (tox，toy) 步数更小
//就进入此if之内
maze[tox][toy]=1;//现在走到（tox，toy）了，走过了，就标记为障碍，那么下次就不能走了
mins[tox][toy]=pos+1;//当前的走法，到达（tox,toy）的步数 比以前到过的步数更小
//就把当前走法到达 （tox,toy）的步数更新
a[pos]=dir[i];//记录第pos步的方位
dfs(tox,toy,pos+1);//继续以(tox,toy,pos+1)深搜
maze[tox][toy]=0;//回溯找短的路，或者是字典序最小的。
//恢复 （tox，toy）为0，即可行状态，好尝试其他位置在以后会走向它
}
}
}
int main()
{
memset(mins,1,sizeof(mins));
best=1<<28;
maze[1][1]=1;//标记起始点走过来，也就是变为障碍物，不再能走到它
dfs(1,1,1);//从起始点（1，1）1步 开始深搜
cout<<ans<<endl;
//cout<<best-1<<endl;
return 0;
}
目录前言： 一、ASC分析代码实现二、 卡片分析代码实现三、 直线分析代码实现四、货物摆放分析代码实现小结：前言： 在刷题的过程中，发现蓝桥杯的题目和力扣的差别很大。让人有一种不一样的感觉，蓝桥杯题目偏向对于实际问题用编程去的解决，而力扣给人感觉很锻炼自己的编程思维，逻辑能力。两者结合去刷，相信会有不一样的收获。 一、ASC 已知大写字母A的ASCII码为65，请问大写字母L的ASCII码是多少？分析 这道题目看上去很简单，我们需确定自己计算的准确，所以我建议用编程去解决。代码实现publicclassTest8{publicstaticvoidmain(String[]args){Sy
一、什么是MQTT协议MessageQueuingTelemetryTransport：消息队列遥测传输协议。是一种基于客户端-服务端的发布/订阅模式。与HTTP一样，基于TCP/IP协议之上的通讯协议，提供有序、无损、双向连接，由IBM（蓝色巨人）发布。原理：（1）MQTT协议身份和消息格式有三种身份：发布者（Publish）、代理（Broker）（服务器）、订阅者（Subscribe）。其中，消息的发布者和订阅者都是客户端，消息代理是服务器，消息发布者可以同时是订阅者。MQTT传输的消息分为：主题（Topic）和负载（payload）两部分Topic，可以理解为消息的类型，订阅者订阅（Su
TCL脚本语言简介•TCL（ToolCommandLanguage）是一种解释执行的脚本语言（ScriptingLanguage）,它提供了通用的编程能力：支持变量、过程和控制结构；同时TCL还拥有一个功能强大的固有的核心命令集。TCL经常被用于快速原型开发，脚本编程，GUI和测试等方面。•实际上包含了两个部分：一个语言和一个库。首先，Tcl是一种简单的脚本语言，主要使用于发布命令给一些互交程序如文本编辑器、调试器和shell。由于TCL的解释器是用C\C++语言的过程库实现的，因此在某种意义上我们又可以把TCL看作C库，这个库中有丰富的用于扩展TCL命令的C\C++过程和函数，所以，Tcl是
开门见山|拉取镜像dockerpullelasticsearch:7.16.1|配置存放的目录#存放配置文件的文件夹mkdir-p/opt/docker/elasticsearch/node-1/config#存放数据的文件夹mkdir-p/opt/docker/elasticsearch/node-1/data#存放运行日志的文件夹mkdir-p/opt/docker/elasticsearch/node-1/log#存放IK分词插件的文件夹mkdir-p/opt/docker/elasticsearch/node-1/plugins若你使用了moba，直接右键新建即可如上图所示依次类推创建
文章目录概念索引相关操作创建索引更新副本查看索引删除索引索引的打开与关闭收缩索引索引别名查询索引别名文档相关操作新建文档查询文档更新文档删除文档映射相关操作查询文档映射创建静态映射创建索引并添加映射概念es中有三个概念要清楚，分别为索引、映射和文档（不用死记硬背，大概有个印象就可以）索引可理解为MySQL数据库；映射可理解为MySQL的表结构；文档可理解为MySQL表中的每行数据静态映射和动态映射上面已经介绍了，映射可理解为MySQL的表结构，在MySQL中，向表中插入数据是需要先创建表结构的；但在es中不必这样，可以直接插入文档，es可以根据插入的文档（数据），动态的创建映射（表结构），这就
?作者主页：静Yu?简介：CSDN全栈优质创作者、华为云享专家、阿里云社区博客专家，前端知识交流社区创建者?社区地址：前端知识交流社区?博主的个人博客：静Yu的个人博客?博主的个人笔记本：前端面试题个人笔记本只记录前端领域的面试题目，项目总结，面试技巧等等。接下来会更新蓝桥杯官方系统基础练习的VIP试题，依然包括解题思路，源代码等等。问题描述：给定当前的时间，请用英文的读法将它读出来。时间用时h和分m表示，在英文的读法中，读一个时间的方法是： 如果m为0，则将时读出来，然后加上“o’clock”，如3:00读作“threeo’clock”。 如果m不为0，则将时读出来，然后将分读出来，如5
HTTP缓存是指浏览器或者代理服务器将已经请求过的资源保存到本地，以便下次请求时能够直接从缓存中获取资源，从而减少网络请求次数，提高网页的加载速度和用户体验。缓存分为强缓存和协商缓存两种模式。一.强缓存强缓存是指浏览器直接从本地缓存中获取资源，而不需要向web服务器发出网络请求。这是因为浏览器在第一次请求资源时，服务器会在响应头中添加相关缓存的响应头，以表明该资源的缓存策略。常见的强缓存响应头如下所述：Cache-ControlCache-Control响应头是用于控制强制缓存和协商缓存的缓存策略。该响应头中的指令如下：max-age：指定该资源在本地缓存的最长有效时间，以秒为单位。例如：Ca
如何用IDEA2022创建并初始化一个SpringBoot项目？目录如何用IDEA2022创建并初始化一个SpringBoot项目？0. 环境说明1. 创建SpringBoot项目 2.编写初始化代码0. 环境说明IDEA2022.3.1JDK1.8SpringBoot1. 创建SpringBoot项目 打开IDEA，选择NewProject创建项目。 填写项目名称、项目构建方式、jdk版本，按需要修改项目文件路径等信息。 选择springboot版本以及需要的包，此处只选择了springweb。 此处需特别注意，若你使用的是jdk1
1.深度优先搜索(DFS)深度优先遍历主要思路是从图中一个未访问的顶点V开始，沿着一条路一直走到底，然后从这条路尽头的节点回退到上一个节点，再从另一条路开始走到底…，不断递归重复此过程，直到所有的顶点都遍历完成。例题P1605迷宫题目描述给定一个N×MN\timesMN×M方格的迷宫，迷宫里有TTT处障碍，障碍处不可通过。在迷宫中移动有上下左右四种方式，每次只能移动一个方格。数据保证起点上没有障碍。给定起点坐标和终点坐标，每个方格最多经过一次，问有多少种从起点坐标到终点坐标的方案。输入格式第一行为三个正整数N,M,TN,M,TN,M,T，分别表示迷宫的长宽和障碍总数。第二行为四个正整数SX,S
前言上一篇我们简要讲述了粒子系统是什么，如何添加，以及基本模块的介绍，以及对于曲线和颜色编辑器的讲解。从本篇开始，我们将按照模块结构讲解下去，本篇主要讲粒子系统的主模块，该模块主要是控制粒子的初始状态和全局属性的，以下是关于该模块的介绍，请大家指正。目录前言本系列提要一、粒子系统主模块1.阅读前注意事项2.参考图3.参数讲解DurationLoopingPrewarmStartDelayStartLifetimeStartSpeed3DStartSizeStartSize3DStartRotationStartRotationFlipRotationStartColorGravityModif