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达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。

有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。

电路板的整体结构是一个 $R$ 行 $C$ 列的网格（$R,C≤500$），如下图所示。

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式

输入文件包含多组测试数据。

第一行包含一个整数 $T$，表示测试数据的数目。

对于每组测试数据，第一行包含正整数 $R$ 和 $C$，表示电路板的行数和列数。

之后 $R$ 行，每行 $C$ 个字符，字符是"/"和"\"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式

对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。

数据范围

$1 \\le R,C \\le 500$,
$1 \\le T \\le 5$

输入样例：

1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\

输出样例：

1

样例解释

样例的输入对应于题目描述中的情况。

只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。

思路

双端队列主要解决图中边的权值只有0或者1的最短路问题
每次从队头取出元素，并进行拓展其他元素时、

1. 若拓展某一元素的边权是0，则将该元素插入到队头
2. 若拓展某一元素的边权是1，则将该元素插入到队尾

来自@小呆呆的原因：

还有一点，就是格点与格子的对应关系如下（$ix,iy$数组）

剩下的就是普通$BFS$。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <deque>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair <int,int> PII;
const int N = 510;
const int dx[] = {-1,-1,1,1},dy[] = {-1,1,1,-1};
const int ix[] = {-1,-1,0,0},iy[] = {-1,0,0,-1};
const char dir[] = {'\\','/','\\','/'};
int n,m;
char g[N][N];
int dist[N][N];
bool vis[N][N];
int bfs () {
    deque <PII> q;
    q.push_back ({0,0});
    memset (dist,0x3f,sizeof (dist));
    memset (vis,false,sizeof (vis));
    dist[0][0] = 0;
    while (q.size ()) {
        PII t = q.front ();
        q.pop_front ();
        if (t.x == n && t.y == m) return dist[t.x][t.y];
        if (vis[t.x][t.y]) continue;
        vis[t.x][t.y] = true;
        for (int i = 0;i < 4;i++) {
            int a = t.x + dx[i],b = t.y + dy[i];
            if (a < 0 || a > n || b < 0 || b > m) continue;
            int ga = t.x + ix[i],gb = t.y + iy[i];
            int w = g[ga][gb] != dir[i],d = dist[t.x][t.y] + w;
            if (d <= dist[a][b]) {
                dist[a][b] = d;
                if (!w) q.push_front ({a,b});
                else q.push_back ({a,b});
            }
        }
    }
    return -1;
}
int main () {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 0;i < n;i++) cin >> g[i];
        if (n + m & 1) puts ("NO SOLUTION");
        else cout << bfs () << endl;
    }
    return 0;
}