题目：
佐助被大蛇丸诱骗走了，鸣人在多少时间内能追上他呢？
已知一张地图（以二维矩阵的形式表示）以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到，只不过有些位置上有大蛇丸的手下，需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉，每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动，每移动一个距离需要花费1个单位时间，打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了，则只可以走到没有大蛇丸手下的位置，不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。佐助在此期间不移动，大蛇丸的手下也不移动。请问，鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间？
输入：
输入的第一行包含三个整数：M，N，T。代表M行N列的地图和鸣人初始的查克拉数量T。0 < M,N < 200，0 ≤ T < 10
后面是M行N列的地图，其中@代表鸣人，+代表佐助。*代表通路，#代表大蛇丸的手下。
输出：
输出包含一个整数R，代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助，则输出-1。
样例：
输入：
样例输入1
4 4 1
#@##
**##
###+
样例输入2
4 4 2
#@##
**##
###+
输出：
样例输出1
6
样例输出2
4
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题意：类似一个从A点到B点求最短距离的广搜问题，但是此题加了一个查克拉限制条件，就会造成一个点走过多次。
**思路：**根据不同的走法，是可以多次走同一个点的，即一个点并不是只能走一次。因为走不同的路线，你查克拉的剩余量可能是不一样的。你上次走这的时候如果查克拉剩余是n，但是你可能走另一条路再到这的时候是大于n的。这时候你到底要不要再把这个点放进去呢，答案是，如果上次的小于这次的剩余查克拉，则可以走，因为啊，你上次走着的时候保存的信息在队列的前面，你如果上次是能走到佐助那的话，程序会在执行到后一次走这之前就结束了，如果没结束说明上次走这的时候，剩余的查克拉不够走到佐助，所以后一次的查克拉如果大于前一次走到这的则可以放入队列。
话不多说，上代码：
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;struct node{int x,y,z,s;//x,y用来记录坐标，z用来记录查克拉数量，s为走过的步数}qi,zo,jie,top;char e[210][210];//地图int book[210][210][15]={0};int b[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};int m,n,t,flag;void bfs(){int i,xx,yy;queue<node> q;q.push(qi);while(!q.empty()){top=q.front();q.pop();for(i=0;i<4;i++){xx=top.x+b[i][0];yy=top.y+b[i][1];if(xx<0||xx>=m||yy<0||yy>=n||book[xx][yy][top.z]==1)continue;if(e[xx][yy]=='#'&&top.z>=1&&book[xx][yy][top.z-1]==0){jie.x=xx;jie.y=yy;jie.z=top.z-1;jie.s=top.s+1;q.push(jie);book[xx][yy][jie.z]=1;if(xx==zo.x&&yy==zo.y){flag=1;break;}}else if(e[xx][yy]!='#'&&book[xx][yy][top.z]==0){jie.x=xx;jie.y=yy;jie.z=top.z;jie.s=top.s+1;q.push(jie);book[xx][yy][jie.z]=1;if(xx==zo.x&&yy==zo.y){flag=1;break;}}}if(flag==1)break;}}int main(){int i,j;scanf("%d%d%d",&m,&n,&t);for(i=0;i<m;i++){scanf("%s",e[i]);for(j=0;j<n;j++){if(e[i][j]=='@'){qi.x=i;qi.y=j;qi.z=t,qi.s=0;//把起点存进队列}if(e[i][j]=='+'){zo.x=i;zo.y=j;//记录终点坐标}}}//memset(book,0,sizeof(book));book[qi.x][qi.y][qi.z]=1;flag=0;bfs();if(flag==0)printf("-1\n");elseprintf("%d\n",jie.s);return 0;}
