题解：P16398 [ECUSTPC 2026 Spring] 迷路日

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思路

因为只能向右转，所以四个方向的出现顺序必然是北 \(\rightarrow\) 东 \(\rightarrow\) 南 \(\rightarrow\) 西 \(\rightarrow\) 北 \(\rightarrow \cdots\)（循环出现）。

考虑使用一个 map 将这四个方向映射成数字：

方向	数字
N	\(0\)
E	\(1\)
S	\(2\)
W	\(3\)

注意到“右转”就相当于数字加 \(1\) 后对 \(4\) 取模。

假设初始方向对应数字为 \(a\)，目标方向对应数字为 \(b\)，则从 \(a\) 方向转到 \(b\) 方向最少要转 \((b-a) \bmod 4\) 次。

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我们需要最小化右转次数，而注意到直行不会影响结果，所以我们按起始点和目标点的相对位置和需要直行的路径段数（显然小于等于 \(2\)）分类讨论：

1.起点与终点在同一行/同一列

即 \(x_l=x_t \lor y_l=y_t\)。

此时显然只需要一次性转到正确方向，然后直行即可。

此时因不用考虑直行，不妨直接将起点移到终点位置，转到正确方向即可。

令方向 \(d\) 对应的数字为 \(get[d]\)，目标方向为 \(e\)（下同），则有当前情况所需步数为 \((get[d]-get[e]) \bmod 4\)。

其中方向 \(e\) 取决于起点和终点的相对位置（如若 \(x_l=x_t \land y_l>y_t\)，则 \(e\) 为 S）。

2.终点在起点的斜方向（不在同行或同列）

此时想象一下会发现，至少需要两段直行路线和一次中间转向才能到达。我们只需考虑两段路径（更多段数只会增加转向次数，必定不优）。

总右转次数=从初始方向转到第一段方向所需的次数+中间转向次数

此时以终点在起点东南（即 \(x_t>x_l \land y_t<y_l\)）举例，则最小代价为 \(\min((get[E]-get[d]+4)%4+(get[S]-get[E]+4)%4,(get[S]-get[d]+4)%4+(get[E]-get[S]+4)%4)\)。

其他方向同理。

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代码

至此，可写出如下代码，详见注释，注意多测：

AC Code

#include <iostream>
#include <map>
#include <cmath>
using namespace std;
int t,x,y,a,b;
char d;
// 映射map容器
map<char,int> mp;
void solve()
{
    cin >> x >> y >> d >> a >> b;
    // 分类讨论
    if(a==x) // x坐标相等
    {
        if(b<y)
        {
            cout << (mp['S']-mp[d]+4)%4 << "\n";
        }
        else if(b>y)
        {
            cout << (mp['N']-mp[d]+4)%4 << "\n";
        }
        else
        {
            cout << "0\n";
        }
    }
    else if(b==y) // y坐标相等
    {
        if(a<x)
        {
            cout << (mp['W']-mp[d]+4)%4 << "\n";
        }
        else if(a>x)
        {
            cout << (mp['E']-mp[d]+4)%4 << "\n";
        }
        else
        {
            cout << "0\n";
        }
    }
    else if(a>x&&b<y) // 东南
    {
        cout << min((mp['E']-mp[d]+4)%4+(mp['S']-mp['E']+4)%4,(mp['S']-mp[d]+4)%4+(mp['E']-mp['S']+4)%4) << "\n";
    }
    else if(a<x&&b<y) // 西南
    {
        cout << min((mp['W']-mp[d]+4)%4+(mp['S']-mp['W']+4)%4,(mp['S']-mp[d]+4)%4+(mp['W']-mp['S']+4)%4) << "\n";
    }
    else if(a>x&&b>y) // 东北
    {
        cout << min((mp['N']-mp[d]+4)%4+(mp['E']-mp['N']+4)%4,(mp['E']-mp[d]+4)%4+(mp['N']-mp['E']+4)%4) << "\n";
    }
    else if(a<x&&b>y) // 西北
    {
        cout << min((mp['W']-mp[d]+4)%4+(mp['N']-mp['W']+4)%4,(mp['N']-mp[d]+4)%4+(mp['W']-mp['N']+4)%4) << "\n";
    }
}
int main()
{
    // 映射方向对应数字
    mp['N']=0;
    mp['E']=1;
    mp['S']=2;
    mp['W']=3;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}