【题目来源】
http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=1810
http://oj.ecustacm.cn/viewnews.php?id=1023
https://www.acwing.com/problem/content/3887/

【题目描述】
现在在一个无限大的平面上，给你一个超级骑士。
超级骑士有N种走法，请问这个超级骑士能否到达平面上的所有点。
每种走法输入两个数字 xx 和 yy，表示超级骑士可以从任意一点 (x,y) 走到 (x+xx,y+yy)。

【输入格式】
输入第一行为正整数 T，表示存在 T 组测试数据。（1≤T≤100）
对于每组测试数据，第一行输入正整数 N，表示有 N 种走法。（1≤N≤100）
接下来N行，每行两个正整数 xx 和 yy。（-100≤xx,yy≤100）

【输出格式】
对于每组测试数据，如果可以到达平面上所有点，输出Yes，否则输出No。

【输入样例】
2
3
1 0
0 1
-2 -1
5
3 4
-3 -6
2 -2
5 6
-1 4

【输出样例】
Yes
No

【算法分析】
◆ 因为题意会走回头路，所以不能用动态规划算法，需要用 BFS 或 DFS 算法。由于题意规定每步走法由输入的两个数字 xx 和 yy 决定，表示超级骑士可以从任意一点 (x,y) 走到 (x+xx,y+yy)，且 -100≤xx, yy≤100。不失一般性，可将起点设为 (100,100)。若设 (xx,yy) 为 (-100,-100)、(-100,100)、(100,-100)、(100,100)，那么走一步最远可到 (100-100,100-100)、(100-100,100+100)、(100+100,100-100)、(100+100,100+100)，即 (0, 0)、(0, 200)、(200, 0)、(200, 200)。
◆ 虽然题目问能不能到达所有的点，但其实不用真的检查是否能到所有的点。只需检查从某个任意点 (sx, sy) 出发，存在 (sx, sy) 的上、下、左、右的点都可到达，可立即返回“Yes”，不用再遍历其他的点，这就是剪枝的应用。这是因为，若给定的走法能够保证存在某个任意点 (sx, sy) 的上、下、左、右的点都可到达，那么平面上的任意点都可达。或从直观上分析，能否走到平面上的所有点，取决于骑士走法的粒度（或称步幅），粒度越小越有可能达到所有点。如输入样例中的 (1,0)、(0,1)、(-2,-1)，因为粒度较小，平面上的所有点都可达。而输入样例中的 (3,4)、(-3,-6)、(2,-2)、(5,6)、(-1,4)，因为粒度较大，平面上有的点就走不到。
◆ DFS算法模板：https://blog.csdn.net/hnjzsyjyj/article/details/125801217

void dfs(int step){判断边界{输出解 }尝试每一种可能{满足check条件{标记继续下一步：dfs(step+1)恢复初始状态（回溯的时候要用到）}}
}

◆ BFS算法模板：https://blog.csdn.net/hnjzsyjyj/article/details/118736059

助记：建-入-量：头-出-入”。其中，“建-入-量：头-出-入”各字的解析如下：
建：建队
入：入队
量：队中元素个数。作为while循环的条件。
头：队头
出：出队
入：入队

一个记忆场景，“小猫咪在建好的洞口，想入洞。先用胡子量过洞口大小后，然后用头出入洞”。

【算法代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn=105;
int dx[maxn],dy[maxn];
bool f[2*maxn][2*maxn];
int sx=100,sy=100;
int n;bool dfs(int x, int y) {f[x][y]=true;if(f[sx-1][sy] && f[sx+1][sy] && f[sx][sy-1] && f[sx][sy+1]) { //prunereturn true;}for(int i=1; i<=n; i++) {int nx=x+dx[i];int ny=y+dy[i];if(nx<0 || nx>200 || ny<0 || ny>200) continue; //check boundaryif(f[nx][ny]) continue; //having goneif(dfs(nx,ny)) return true;}return false;
}int main() {int T;cin>>T;while(T--) {cin>>n;for(int i=1; i<=n; i++) {cin>>dx[i]>>dy[i];}memset(f,0,sizeof(f));if(dfs(sx,sy)) cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl;}return 0;
}/*
in:
2
3
1 0
0 1
-2 -1
5
3 4
-3 -6
2 -2
5 6
-1 4out:
Yes
No
*/

【参考文献】
https://blog.csdn.net/weixin_43914593/article/details/131791202