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HDU 4845 拯救大兵瑞恩(分层图状压BFS)
拯救大兵瑞恩
Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 264 Accepted Submission(s): 106
Problem Description
1944年,特种兵麦克接到国防部的命令,要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛,营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。瑞恩被关押在一个迷宫里,迷宫地形复杂,但是幸好麦克得到了迷宫的地形图。
迷宫的外形是一个长方形,其在南北方向被划分为N行,在东西方向被划分为M列,于是整个迷宫被划分为N*M个单元。我们用一个有序数对(单元的行号,单元的列号)来表示单元位置。南北或东西方向相邻的两个单元之间可以互通,或者存在一扇锁着的门,又或者存在一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙,并且所有的门被分为P类,打开同一类的门的钥匙相同,打开不同类的门的钥匙不同。
大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角,即(N,M)单元里,并已经昏迷。迷宫只有一个入口,在西北角,也就是说,麦克可以直接进入(1,1)单元。另外,麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为1,拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间忽略不计。
你的任务是帮助麦克以最快的方式抵达瑞恩所在单元,营救大兵瑞恩。
迷宫的外形是一个长方形,其在南北方向被划分为N行,在东西方向被划分为M列,于是整个迷宫被划分为N*M个单元。我们用一个有序数对(单元的行号,单元的列号)来表示单元位置。南北或东西方向相邻的两个单元之间可以互通,或者存在一扇锁着的门,又或者存在一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙,并且所有的门被分为P类,打开同一类的门的钥匙相同,打开不同类的门的钥匙不同。
大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角,即(N,M)单元里,并已经昏迷。迷宫只有一个入口,在西北角,也就是说,麦克可以直接进入(1,1)单元。另外,麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为1,拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间忽略不计。
你的任务是帮助麦克以最快的方式抵达瑞恩所在单元,营救大兵瑞恩。
Input
有多组数据对于每一组数据来说:
第一行是三个整数,依次表示N,M,P的值;
第二行是一个整数K,表示迷宫中门和墙的总个数;
第I+2行(1<=I<=K),有5个整数,依次为Xi1,Yi1,Xi2,Yi2,Gi:
当Gi>=1时,表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一扇第Gi类的门,当Gi=0时,表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一堵不可逾越的墙;
(其中,|Xi1-Xi2|+|Yi1-Yi2|=1,0<=Gi<=P)
第K+3行是一个整数S,表示迷宫中存放的钥匙总数;
第K+3+J行(1<=J<=S),有3个整数,依次为Xi1,Yi1,Qi:表示第J把钥匙存放在(Xi1,Yi1)单元里,并且第J把钥匙是用来开启第Qi类门的。(其中1<=Qi<=P)
注意:输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。
参数设定:
3<=N,M<=15;
1<=P<=10;
第一行是三个整数,依次表示N,M,P的值;
第二行是一个整数K,表示迷宫中门和墙的总个数;
第I+2行(1<=I<=K),有5个整数,依次为Xi1,Yi1,Xi2,Yi2,Gi:
当Gi>=1时,表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一扇第Gi类的门,当Gi=0时,表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一堵不可逾越的墙;
(其中,|Xi1-Xi2|+|Yi1-Yi2|=1,0<=Gi<=P)
第K+3行是一个整数S,表示迷宫中存放的钥匙总数;
第K+3+J行(1<=J<=S),有3个整数,依次为Xi1,Yi1,Qi:表示第J把钥匙存放在(Xi1,Yi1)单元里,并且第J把钥匙是用来开启第Qi类门的。(其中1<=Qi<=P)
注意:输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。
参数设定:
3<=N,M<=15;
1<=P<=10;
Output
对于每一组数据,输出一行,只包含一个整数T,表示麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值,若不存在可行的营救方案则输出-1。
Sample Input
4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2
4 2 1
Sample Output
14
题目链接:HDU 4845
很显然用三元组$(x,y,state)$表示当前x、y坐标,获取的钥匙情况,而且这样是可以唯一确定状态的,然后钥匙获取情况用状态压缩表示即可
代码:
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define INF 0x3f3f3f3f#define LC(x) (x<<1)#define RC(x) ((x<<1)+1)#define MID(x,y) ((x+y)>>1)#define fin(name) freopen(name,"r",stdin)#define fout(name) freopen(name,"w",stdout)#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);typedef pair<int, int> pii;typedef long long LL;const double PI = acos(-1.0);const int N = 16;struct info{ int x, y; int keyst, step; info() {} info(int _x, int _y, int _keyst, int _step): x(_x), y(_y), keyst(_keyst), step(_step) {}};int dir[4][2] = {{1, 0}, {0, 1}, { -1, 0}, {0, -1}};int door[N][N][N][N];int key[N][N];int d[N][N][1 << 11];bool vis[N][N][1 << 11];int n, m, p, k, s;void init(){ CLR(door, 0); CLR(key, 0); CLR(d, INF); CLR(vis, false);}inline bool check(const int &x, const int &y){ return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m;}void bfs(){ queue<info>Q; info S(1, 1, 0 | key[1][1], 0); Q.push(S); vis[S.x][S.y][S.keyst] = true; d[S.x][S.y][S.keyst] = 1; while (!Q.empty()) { info u = Q.front(); Q.pop(); for (int i = 0; i < 4; ++i) { int vx = u.x + dir[i][0]; int vy = u.y + dir[i][1]; if (!check(vx, vy)) continue; int need = door[u.x][u.y][vx][vy]; if (need == -1) continue; if ((need == 0 || (u.keyst & (1 << need)))) { int vkeyst = u.keyst | (key[vx][vy]); if (!vis[vx][vy][vkeyst]) { vis[vx][vy][vkeyst] = true; d[vx][vy][vkeyst] = u.step + 1; Q.push(info(vx, vy, vkeyst, d[vx][vy][vkeyst])); } } } }}int main(void){ int i; while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &p)) { init(); scanf("%d", &k); for (i = 0; i < k; ++i) { int x1, x2, y1, y2, g; scanf("%d%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2, &g); if (!g) door[x1][y1][x2][y2] = door[x2][y2][x1][y1] = -1; else door[x1][y1][x2][y2] = door[x2][y2][x1][y1] = g; } scanf("%d", &s); for (i = 0; i < s; ++i) { int x1, y1, qi; scanf("%d%d%d", &x1, &y1, &qi); key[x1][y1] |= (1 << qi); } bfs(); int ans = INF; int Alst = (1 << (p + 1)); for (i = 0; i < Alst; ++i) if (d[n][m][i] < ans) ans = d[n][m][i]; printf("%d\n", ans == INF ? -1 : ans); } return 0;}
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