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HDU1728 逃离迷宫 DFS
逃离迷宫
Time Limit:1000MS Memory Limit:32768KB 64bit IO Format:%I64d & %I64uDescription
给定一个m × n (m行, n列)的迷宫，迷宫中有两个位置，gloria想从迷宫的一个位置走到另外一个位置，当然迷宫中有些地方是空地，gloria可以穿越，有些地方是障碍，她必须绕行，从迷宫的一个位置，只能走到与它相邻的4个位置中,当然在行走过程中，gloria不能走到迷宫外面去。令人头痛的是，gloria是个没什么方向感的人，因此，她在行走过程中，不能转太多弯了，否则她会晕倒的。我们假定给定的两个位置都是空地，初始时，gloria所面向的方向未定，她可以选择4个方向的任何一个出发，而不算成一次转弯。gloria能从一个位置走到另外一个位置吗？
Input
第1行为一个整数t (1 ≤ t ≤ 100),表示测试数据的个数，接下来为t组测试数据，每组测试数据中，
第1行为两个整数m, n (1 ≤ m, n ≤ 100),分别表示迷宫的行数和列数，接下来m行，每行包括n个字符，其中字符‘.‘表示该位置为空地，字符‘*‘表示该位置为障碍，输入数据中只有这两种字符，每组测试数据的最后一行为5个整数k, x 1, y 1, x 2, y 2 (1 ≤ k ≤ 10, 1 ≤ x 1, x 2 ≤ n, 1 ≤ y 1, y 2 ≤ m),其中k表示gloria最多能转的弯数，(x 1, y 1), (x 2, y 2)表示两个位置，其中x 1，x 2对应列，y 1, y2对应行。
第1行为两个整数m, n (1 ≤ m, n ≤ 100),分别表示迷宫的行数和列数，接下来m行，每行包括n个字符，其中字符‘.‘表示该位置为空地，字符‘*‘表示该位置为障碍，输入数据中只有这两种字符，每组测试数据的最后一行为5个整数k, x 1, y 1, x 2, y 2 (1 ≤ k ≤ 10, 1 ≤ x 1, x 2 ≤ n, 1 ≤ y 1, y 2 ≤ m),其中k表示gloria最多能转的弯数，(x 1, y 1), (x 2, y 2)表示两个位置，其中x 1，x 2对应列，y 1, y2对应行。
Output
每组测试数据对应为一行，若gloria能从一个位置走到另外一个位置，输出“yes”，否则输出“no”。
Sample Input
2 5 5 ...** *.**. ..... ..... *.... 1 1 1 1 3 5 5 ...** *.**. ..... ..... *.... 2 1 1 1 3
Sample Output
no yes
这个题卡在不知道怎么判是否转弯，不过看了大神的解题就懂了，程序里的(dir!=-1 && i!=dir)就是用来判断是否转弯了。
本题我是用的dfs，找到终点时并不晕就返回真，程序并没有遍历整个图。并且在走重时会根据在重点的转弯值turn判断以选优，
这在程序中已实现，并作为剪枝，注意本题剪枝很重要，不然会超时的！！
下面来解释一下bfs()中if()剪枝中为什么相等的情况不能剪掉（先看代码去）：
如图：
很明显，如果k=1的话，那么途中红线是不符合题意的，我们来谈论最中心的那个点（下面我们叫它中心点）：
走红线时，在中心点的turn值是1，当然要去终点的到还需要再转一次，就不符合题意，一次放弃这条路线，但是中心点的turn就此存在了，并且是1.
当再走蓝线时，走到该点时turn值也是1，此时人没晕，一直走是可以走到终点的，所以这种情况是应该输出“yes”的。
但如果你把相等的情况剪掉了，那么就是相当于把蓝线这种可能给否定了，那自然就错了。
造成这种情况的原因其实很简单，因为不同路线的到达相同的点时，因为来的时候方向不同，要是再朝相同的方向（即终点的方向）走时，有的需要转一次；有的则不需要，接着原来的方向走就行。
代码如下：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#define Max 999999
#include <algorithm>
using namespace std;
struct point
{
int x,y;
}s[20000];
char map[110][110];
int turn[110][110];
int n,m,x2,y2,ok,k;
int dx[4]={1,-1,0,0};
int dy[4]={0,0,1,-1};
void dfs(int x,int y,int dir)
{
int i,xx,yy;
if(x==x2 && y==y2 && turn[x][y]<=k) //成功的时候返回
{
ok=1;
return ;
}
if(turn[x][y]>k) //大于k时已晕，不行
return ;
if(x!=x2 && y!=y2 && turn[x][y]==k) //如果(x,y)和终点(x2,y2),既不在同一行也不在同一列，那么要想到终点至少需要转一次，但现在已经转够k次了，故不行
return ;
for(i=0;i<4;i++)
{
xx=x+dx[i];
yy=y+dy[i];
if(xx<=0 || yy<=0 || xx>m || yy>n || map[xx][yy]=='*')
continue;
//注意！！！下面这行中的turn[xx][yy]是表示(xx,yy)已经由别的路线走过了，并记录了turn[xx][yy]，现在需要比较这次走到(xx,yy)和由别的路线走到
//(xx,yy)时，两个的turn值，如果上次的比这次的小，说明这次不行，故要continue；
if(turn[xx][yy]<turn[x][y]) //这里相等的情况不能剪掉，原因开头已解释
continue;
//下面这条if和上面的差不多，目的是：如果从(x,y)走一步到(xx,yy)需要转一次话，并且转过之后turn[x][y]+1依然比turn[xx][yy]大的话，也不符合
if(dir!=-1 && i!=dir && turn[xx][yy]<turn[x][y]+1)
continue; //这两个if语句剪枝很重要，没有的话就超时
if(dir!=-1 && i!=dir)
turn[xx][yy]=turn[x][y]+1;
else
turn[xx][yy]=turn[x][y];
map[xx][yy]='*'; //如果这里能走，就把这里变成不能走，然后再从这里开始递归，其实就是起到vis[][] 的作用，会用vis的话就不用追究了
dfs(xx,yy,i);
map[xx][yy]='.'; //这里再变成'.',是为了不影响其他的递归过程，因为其他路线可能还要从这里过
if(ok)
return ;
}
}
int main()
{
int i,j,t,x1,y1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&m,&n);
for(i=1;i<=m;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
scanf(" %c",&map[i][j]);
scanf("%d%d%d%d%d",&k,&y1,&x1,&y2,&x2); //注意，这里是先接y，再接x，我被坑了好长时间
memset(turn,Max,sizeof(turn)); //因为在dfs()中剪枝要去最小的转弯次数，所以turn要初始化成最大
ok=0;
turn[x1][y1]=0;
dfs(x1,y1,-1);
if(ok)
printf("yes\n");
else
printf("no\n");
}
return 0;
}
另外需要注意的就是，scanf时，%c前面加个空格，即scanf(" %c",....)，不然不行。
HDU1728 逃离迷宫 DFS
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