思路：
第一个子任务里，车和卒是同一行的，显然车只要直接把卒吃掉即可。
根据算法一的思路，如果卒和车在同一行或者同一列，我们直接输出 1。好了下面我们讨论 x1≠x2, y1≠y2 的情况。
诶，我们接着来看第四个子任务！为什么直接跳到了第四个呢，因为我们需要想想一般情况下这个题的答案到底是多少。想要分类讨论，就要先想想答案最大是多少。而在第四个子任务里，卒和车都在棋盘靠中心的位置，所以我们至少可以不用考虑棋盘边界对答案的影响。
卒和车都是左右对称的，所以我们不妨设 y1<y2，即车在卒右边。如果 y1>y2，我们可以做一个水平的镜像对称。虽然不一定会体现在代码里，但至少思考的时候我们不用考虑车在卒左边的情况了。
现在我们随手画一个车在卒右边的情况：
诶，然后我们来试试怎么把卒吃掉。我们先跑到卒的下面一行，这样卒就不敢往下走了，只能左右乱窜。然后我们就像样例一的第二组数据一样做：在卒的下面一行撒一行毒雾出来，卒仍然只能左右乱窜；现在我们跑到卒所在的那一行，卒仍然只能左右乱窜；接下来我们就把它吃掉。这样我们就得到了一个四步将卒吃掉的策略。
那么，只要不在同一行同一列，就肯定是 4 了吗？如果卒和车离得很远的话，确实没有任何办法再优化 —— 首先如果卒既可以横向走，也可以向下走，那么卒肯定没办法在一步内被你吃掉，所以在吃掉卒之前，我们要么用毒封住卒的左右两侧，要么用毒封住下面。但封住左右两侧是需要走很多步的。因为如果你先封左边，卒可以往反方向走，导致你只能努力把它卡在某两列或者某三列，然后它就可以在里面继续乱走。经过一番尝试你会发现先封左侧或者先封右侧都是不可能比 4 步更优的。如果要封下面，那么晚封不如早封，所以就变成上图的那个策略了。
所以就是要考虑卒和车靠得很近的情况。可以发现，只要初始的时候不在卒所在的下一行，好像都没什么意义，还是得走到那行放毒。。如果在卒所在的下一行，那么上图的策略就可以省掉第一步了，于是 3 步就可以吃掉卒。（当然你看样例也会发现有这个情况）
特判掉这个情况，就可以过第四个子任务了。
通过上述思路理清楚答案不超过 4，或者通过看样例之类的其他方式攒足了对“答案很小”的信心之后，你就可以使用暴力美学解决本题了。我认为也是比赛时最经济的一种做法。
因为答案不超过 4，所以卒之多只会走 3 步，而车走到离卒太远的地方也毫无意义。
所以我们就可以在卒的初始位置附近，向各个方向延申常数格（仔细想想会发现常数取 4 就足够了，不够自信也可以取一点，再逐步减小看看是否影响答案），然后只在这个小范围内进行搜索。如果车初始时不在这个范围内，不妨把车直接挪到离车最近的格点。
好的，迭代加深！博弈搜索！游戏规则也不是很复杂，按照题面把代码写出来就好了！赛场上大部分 AC 的选手正是用的这一暴力美学。
要注意的是搜索时我们要标记哪些位置是车曾经走过的。如果用布尔数组来存储，回溯时不方便还原。所以你可以用 int 数组存储每个位置被车经过的次数，这样递归时加加，回溯时减减就好了。
至于时间复杂度，你可以把所有可能的数据都试一遍，就会发现跑得贼快。这样大胆交一发，就直接过了。如果你使用的是这种做法，本题难点其实是你如何在尽量短的时间内，写出一份正确的博弈搜索代码。我看到有些选手的实现方式十分简洁，大家可以找来看看 233
一种实现下，搜索树的一个上界是 1+39+392，因为每一步为车的决策数最大为 13，卒最大为 3，并且如果第三步不能直接吃掉则可以剪枝。
期望得分 100 分。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <utility>
using namespace std;
const int N = 100;
int quick_solve(int x1, int y1, int x2, int y2) {
int n, m;
n = m = N;
if (x1 == x2 || y1 == y2) {
return 1;
}
if (y1 > y2) {
y1 = m - y1 + 1;
y2 = m - y2 + 1;
}
if (x1 == n) {
return 2;
}
if (y1 == 1) {
if (x2 == x1 + 1 || y2 == 2) {
return 2;
} else {
return 3;
}
}
if (y1 == 2) {
if (x2 == x1 + 1 || y2 == 3) {
return 3;
}
if (x2 <= x1 && y2 == 4) {
return 3;
}
}
if (x2 == x1 + 1) {
return 3;
}
if (x1 == n - 1) {
return 3;
}
return 4;
}
int main()
{
int nT;
cin >> nT;
while (nT--) {
int x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
cout << quick_solve(x1, y1, x2, y2) << endl;
}
return 0;
}