一道模拟题。

思路

最短的路线是直接竖着走下来，经过 $n$ 个格子，所以 $k$ 最小是 $n$。如果想要延长路线，可以采用九转大肠的形状，就像这样：
可以发现，每次向左走之后都必须走回来，所以每次新经过的格子数是偶数，得到 $k-n$ 是偶数才有可行的方案。
首先，把整张图表的初始状态设为如下形式（即每个格点都是独立的）：

+++++S+
+o|o|o+
+-+-+-+
+o|o|o+
+++++G+

将 $k$ 先减去必要的格点数 $n$。两行为一组进行考虑，如果此时 $k\ge 2(m-1)$ 就意味着可以走到最左边再折回去，于是将两行之间第一列的连接处设为“.”。否则令 $t=k/2$，把从右往左第 $t+1$ 列的两行之间的连接处设为“.”。还有，不要忘记把一行里面左右相邻的格子连接处设为“.”，最后一列通往下一行（下一组的第一行）的连接处也要设为“.”。每次标完之后要将 $k$ 减去增加的格点数：$max(2(m-1),k)$。
如果行数是奇数并且 $k$ 不为 $0$，那么最后一行需要特殊考虑，可以通过如下图的形式继续延长道路长度：

原本的迷宫长这样：

$\$ 此时两列一组考虑，但是最后一列必须空出来，确保通往出口的通道。所以当考虑到一个 $2\times 2$ 的方形（跨越第 $n-1$ 行和第 $n$ 行）并且 $k>0$ 时，要做的事情：

1. 在第一行第一列和第一行第二列之间插入一块板子“|”。
2. 把其余的连接处都设成“.”。

这样每次可以把道路的长度延长两个格子（$k$ 减去 $2$），并走回第 $n-1$ 行。但是如果列数是偶数，最后一列又要走到第 $n$ 行出迷宫，那么分组时就会多出倒数第二列。所以并不是每个格子都走得到，奇数行偶数列的迷宫里会有一个格子（程序里默认是第 $n$ 行第 $m-1$ 列）无法走到（即 $k\le nm-1$）。

代码实现

就是多画几张图，把输出矩阵中的行号和列号与实际迷宫中的行号和列号对应起来。本人考场上没有考虑最后剩下一行的情况，WA 三个点。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxk (n-1)*m+1
#define mink n
int n,m,k;
char ans[300][300];
void pre(){for(int i=1;i<=2*m+1;i++){if(i==2*m) ans[1][i]='S',ans[2*n+1][i]='G';else ans[1][i]=ans[2*n+1][i]='+';}for(int i=1;i<=2*n+1;i++) ans[i][1]=ans[i][2*m+1]='+';for(int i=2;i<=2*n;i++)for(int j=2;j<=2*m;j++){if(i%2==0){if(j%2==0) ans[i][j]='o';else ans[i][j]='|';}else{if(j%2==0) ans[i][j]='-';else ans[i][j]='+';}}
}
int main(){cin>>n>>m>>k;if(k<mink||(k-n)%2){cout<<"No"<<endl;return 0;}pre();k-=n;for(int i=1;i<=n;i+=2){if(i==n) break;if(k>=2*(m-1)){for(int j=3;j<=2*m-1;j+=2){ans[2*i][j]='.';ans[2*i+2][j]='.';}k-=2*(m-1);ans[2*i+1][2]='.';}else{for(int j=2*m-1;j>=2*m-(k-1);j-=2){ans[2*i][j]='.';ans[2*i+2][j]='.';}ans[2*i+1][2*m-k]='.';k=0;}if(2*i+3<2*n+1) ans[2*i+3][2*m]='.';}if(k){if(m%2==0&&k==m-1){cout<<"No"<<endl;return 0;}int i=n-1;for(int j=1;j<n-1&&k;j+=2){ans[i*2][j*2+1]='|';ans[i*2+1][j*2]=ans[i*2+1][j*2+2]=ans[i*2+2][j*2+1]='.';k-=2;}}cout<<"Yes"<<endl;for(int i=1;i<=2*n+1;i++){for(int j=1;j<=2*m+1;j++)cout<<ans[i][j];cout<<endl;}return 0;
}