1253：抓住那头牛 信息学奥赛一本通 BFS 广度优先

抓住那头牛

题目描述

农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点 N（0 ≤ N ≤ 100000），牛位于点 K（0 ≤ K ≤ 100000）。农夫有两种移动方式：

1. 从 X 移动到 X-1 或 X+1，每次移动花费一分钟。
2. 从 X 移动到 2*X，每次移动花费一分钟。

假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。农夫最少要花多少时间才能抓住牛？

输入

两个整数，N 和 K。

输出

一个整数，农夫抓到牛所要花费的最小分钟数。

输入样例

5 17

输出样例

4

解决方案

我们可以使用广度优先搜索（BFS）来解决这个问题。BFS 是一种逐层遍历的搜索算法，非常适合用于寻找最短路径。我们使用 pair 来记录当前位置和步数，并使用队列来实现 BFS。

代码讲解

1. 输入处理：

   • 读取起始位置 n 和目标位置 k。
   • 如果 n 等于 k，直接输出 0 并返回。

2. 初始化队列和访问数组：

   • 使用 queue<pair<int, int>> 来存储位置和步数。
   • 使用 vector<bool> visited(100001, false) 来记录已经访问过的位置，防止重复访问。
   • 将起始位置和步数（0）存入队列，并标记为已访问：q1.push({n, 0}); visited[n] = true;。

3. BFS 算法：

   • 使用 while(!q1.empty()) 循环进行广度优先搜索。
   • 获取队列的第一个元素的当前位置 t 和步数 step：int t = q1.front().first; int step = q1.front().second;。
   • 弹出队列的第一个元素：q1.pop()。
   • 如果当前位置 t 等于目标位置 k，输出步数并退出：if(t == k) { cout << step << endl; return 0; }。
   • 将下一步的可能位置加入队列，并标记为已访问：

     if(t - 1 >= 0 && !visited[t - 1]){
         q1.push({t - 1, step + 1});
         visited[t - 1] = true;
     }
     if(t + 1 <= 100000 && !visited[t + 1]){
         q1.push({t + 1, step + 1});
         visited[t + 1] = true;
     }
     if(2 * t <= 100000 && !visited[2 * t]){
         q1.push({2 * t, step + 1});
         visited[2 * t] = true;
     }

通过这种方式，我们可以有效地找到农夫抓到牛所需的最少时间。使用 pair 记录步数，使得 BFS 算法更加简洁和高效。

完整代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    if (n == k) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }

    vector<bool> visited(100001, false);
    queue<pair<int, int>> q1;
    q1.push({n, 0});
    visited[n] = true;

    while(!q1.empty()){
        int t = q1.front().first;
        int step = q1.front().second;
        q1.pop();

        // 如果找到了目标位置，输出步数并退出
        if(t == k){
            cout << step << endl;
            return 0;
        }

        // 将下一步的可能位置加入队列，并标记为已访问
        if(t - 1 >= 0 && !visited[t - 1]){
            q1.push({t - 1, step + 1});
            visited[t - 1] = true;
        }
        if(t + 1 <= 100000 && !visited[t + 1]){
            q1.push({t + 1, step + 1});
            visited[t + 1] = true;
        }
        if(2 * t <= 100000 && !visited[2 * t]){
            q1.push({2 * t, step + 1});
            visited[2 * t] = true;
        }
    }

    return 0;
}