1.优解思路：

秒啊：如果这条路可以走通，则这条路上所有点都可以走通，反之若不可以，则都不可以。

因为比如一个点走了，没走通，这条路上的点都出不去，假如有别的点走路走到这条死路上的任意一点（路线交叉），岂不是肯定出不去。

所以用一个solve数组记录，当走下一步时，不用return dfs（），直接判断if（dfs()），如果可以， 就标记solve可以，并且返回true。

2.这里我一开始就把solve数组清0了，有保障些。

3.复杂度分析：上一个解答是，假设n行n列，对于一个点，dfs一次，最多把迷宫每个点都走一遍，就是O（n^2）次，如果每个点都要像刚刚那个点一样那么累，那么就是O（n^4）

这个优化后的方法，对于一个点，如果dfs一次，若把迷宫都走遍，那么迷宫每个solve都标注好了，所以就是O（n^2）

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;int ans = 0;
char mp[12][12];
bool vis[12][12];
int solve[12][12];
bool dfs(int i, int j) {if (vis[i][j]) return false;if (i < 1 || j < 1 || i>10 || j>10) {return true;}if (solve[i][j] == 1) return true;if (solve[i][j] == 2) return false;//真的得按编译器来，这个只能false不能Falsevis[i][j] = 1;if (mp[i][j] == 'U') {if (dfs(i - 1, j)) {solve[i][j] = 1;return 1;}else {solve[i][j] = 2;return 0;}}if (mp[i][j] == 'D') {if (dfs(i+1, j )) {solve[i][j] = 1;return 1;}else {solve[i][j] = 2;return 0;}}if (mp[i][j] == 'L') {if (dfs(i, j - 1)) {solve[i][j] = 1;return 1;}else {solve[i][j] = 2;return 0;}}if (mp[i][j] == 'R') {if (dfs(i , j+1)) {solve[i][j] = 1;return 1;}else {solve[i][j] = 2;return 0;}}
}
int main() {for (int i = 1; i <= 10; i++) {for (int j = 1; j <= 10; j++) {cin >> mp[i][j];}}memset(solve, 0, sizeof(solve));for (int i = 1; i <= 10; i++) {for (int j = 1; j <= 10; j++) {memset(vis, 0, sizeof(vis));if (dfs(i, j))ans++;}}cout << ans;
}