考虑一种新手都打得出的方法:bfs。
首先从终点反向bfs,搜出所有能到达终点的点。然后我们从起点开始bfs，把那些能到终点的没访问过的点入队，找到终点直接结束，而答案就是任意时刻队列里点的数量的最小值。
既然它没有fst，那么应该就是对的。
我们可以这样理解：答案只有0,1,2两种可能，那么我们分情况考虑：
-
当答案为0时，我们肯定搜不到终点，那么队列就会自然出队直到队列中没有点，那么统计的答案自然为0。
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当答案为1时，肯定有至少一个时刻队列中只有一个点，如果队列中一直有至少2个点能到终点，那么明显不能只堵一个。
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其它情况，肯定是有很多种方式能到终点，但是我们最多只需要堵住起点右边和下面的2个点，答案就是2。
对于n,m数据范围不确定的情况，我们可以用一个函数把二维转为一维。
考场代码，不太美观，但是比较好打。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MN 1000015
int n,m,ch[MN],vis[MN],ok[MN];
inline int id(int x,int y){
return (x-1)*m+y;
}
struct P{
int x,y;P(int X=0,int Y=0){
x=X;y=Y;}
};
queue<P>Q;
void bfs(){
Q.push(P(n,m));ok[id(n,m)]=1;while(!Q.empty()){
P w=Q.front();Q.pop();int x=w.x,y=w.y;// cout<<"OK "<<x<<" "<<y<<endl;if(x>1&&!ok[id(x-1,y)]&&ch[id(x-1,y)]!='#'){
Q.push(P(x-1,y));//注意是反向，所以方向也是反的，下同ok[id(x-1,y)]=1;}if(y>1&&!ok[id(x,y-1)]&&ch[id(x,y-1)]!='#'){
Q.push(P(x,y-1));ok[id(x,y-1)]=1;//预处理出能到达终点的点}}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j){
int now=id(i,j);ch[now]=getchar();while(ch[now]!='.'&&ch[now]!='#')ch[now]=getchar();}bfs();while(!Q.empty())Q.pop();Q.push(P(1,1));int ans=3;while(!Q.empty()){
P w=Q.front();Q.pop();int x=w.x,y=w.y;// cout<<"OK "<<x<<" "<<y<<endl;if(x<n&&!vis[id(x+1,y)]&&ok[id(x+1,y)]&&ch[id(x+1,y)]!='#'){
Q.push(P(x+1,y));vis[id(x+1,y)]=1;//不重复入队}if(y<m&&!vis[id(x,y+1)]&&ok[id(x,y+1)]&&ch[id(x,y+1)]!='#'){
Q.push(P(x,y+1));vis[id(x,y+1)]=1;}if(vis[id(n,m)]) {
break;}//找到终点，直接结束ans=min(ans,(int)Q.size());}printf("%d",ans);return 0;
}