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hdu1429胜利大逃亡(续)（状态压缩+bfs）

2024-07-18 04:30:23   218人阅读

题目链接：

啊哈哈，点我点我

题意及思路
最开始我以为跟普通的bfs一样，所以直接写了一个朴素的bfs，一跑，前两组数据对了，但是第三组不对，一看，走过的还可以走啊，所以不能标记，结果我的bfs乱改，最后 毫无疑问改成了死循环。所以看题解。。。
思路：因为有10中不同的钥匙，每种都有两种状态，所以结合计算机是二进制保存的特点，刚好把这10把钥匙当成每一个为，要要1<<10个位保存所有的状态，然后就是模拟捡起钥匙，捡起钥匙就是说明这个位上的数字变成1这个状态，所以自然而然想到了位运算，只要|一下就好了，然后改变在这个点的状态。。。。模拟碰到门的情况，那么就和这个位置上的位&一次，看是1还是0，1代表已经捡到了这把钥匙，可以开门。。这个样就变成了朴素的bfs了。。。

两个状态压缩+bfs的题，两个题其实是一样的，所以我讲一个。。。就选1429吧。。

题目：

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5143    Accepted Submission(s): 1761


Problem Description
Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……

这次魔王汲取了上次的教训，把Ignatius关在一个n*m的地牢里，并在地牢的某些地方安装了带锁的门，钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置，离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试，Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢，如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。
 

Input
每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图，其中包括:

. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙，对应的门分别为A-J

每组测试数据之间有一个空行。
 

Output
针对每组测试数据，如果可以成功逃亡，请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。
 

Sample Input
4 5 17
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*

4 5 16
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
 

Sample Output
16
-1
 

Author
LL
 

Source
ACM暑期集训队练习赛（三）
 
代码：
<h3>#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;const int maxn=20+10;char map[maxn][maxn];int n,m,t;bool vis[maxn][maxn][(1<<10)+10];int dx[]={-1,1,0,0};int dy[]={0,0,-1,1};struct Point{    int x,y,step;    int key;};queue<Point>Q;Point st;bool check(int x,int y){    if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m&&map[x][y]!='*')         return true;    return false;}int bfs(){    while(!Q.empty())  Q.pop();    memset(vis,false,sizeof(vis));    vis[st.x][st.y][st.key]=true;    st.key=st.step=0;    Q.push(st);    Point cur,nex;    while(!Q.empty())    {        cur=Q.front();        Q.pop();        if(map[cur.x][cur.y]=='^')            return cur.step;        for(int i=0;i<4;i++)        {            nex.x=cur.x+dx[i];            nex.y=cur.y+dy[i];            nex.key=cur.key;            if(check(nex.x,nex.y))            {               nex.step=cur.step+1;               if(nex.step>=t)                   continue;               else if(map[nex.x][nex.y]>='A'&&map[nex.x][nex.y]<='Z')               {                  int temp=map[nex.x][nex.y]-'A';                  int nk=cur.key&1<<temp;                  if(nk&&!vis[nex.x][nex.y][nex.key])                  {                      vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;                      Q.push(nex);                  }               }               else if(map[nex.x][nex.y]>='a'&&map[nex.x][nex.y]<='z')               {                   int temp=map[nex.x][nex.y]-'a';                   nex.key=cur.key|1<<temp;                   if(!vis[nex.x][nex.y][nex.key])                   {                       vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;                       Q.push(nex);                   }               }               else               {                   if(!vis[nex.x][nex.y][nex.key])                   {                       vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;                       Q.push(nex);                   }               }            }         }    }    return -1;}inline void read_graph(){    char str[maxn];    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%s",str+1);        for(int j=1;j<=m;j++)        {            if(str[j]=='@')            {                st.x=i;                st.y=j;                map[i][j]=str[j];            }            else  map[i][j]=str[j];        }}int main(){    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&t))    {        read_graph();        int ans=bfs();        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}</h3><h4><h3>    }</h3></h4>


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