胜利大逃亡(续) bfs+状压

最新推荐文章于 2019-08-22 16:34:10 发布

原创最新推荐文章于 2019-08-22 16:34:10 发布 · 308 阅读

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本文介绍了一个迷宫逃脱问题的解决方案，使用广度优先搜索（BFS）算法来寻找从起点到终点的最短路径，同时考虑了钥匙和带锁门的约束条件。文章详细解析了算法的具体实现过程。

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

-1

解题思路:第一次打状压。调了两三个小时，心累。这题两个点卡住我，1是拿到钥匙后状态会改变，所以要在后面再判重；2是最短路大于t时，因为我把路程大于t的节点剪掉了，没有加入队列，bfs后面也没写return，导致返回了未知值而wa。

代码如下：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;

int dx[] = {1,-1,0,0};
int dy[] = {0,0,1,-1};
int n,m,t;
char map[25][25];
int vis[25][25][1<<11];
struct node
{
int x,y,step;
int k;//记录状态
node(int X=0,int Y=0,int Step=0,int K = 0)
{
x = X;
y = Y;
step = Step;
k = K;
}
friend bool operator==(const node a,const node b)
{
if(a.x==b.x&&a.y==b.y)
return true;
else
return false;
}
}p,S,E,pp;

queue<node> que;

void pick_Up()
{
int num = map[pp.x][pp.y] - 'a';
pp.k |= (1 << num);
}

bool cannot_Open(int num)
{
int a = p.k&num;
return a==0;//检验有没有相应的钥匙
}

int bfs()
{
que.push(S);
int num;
vis[S.x][S.y][0] = 1;
while(!que.empty())
{
p = que.front();
que.pop();
if(p.step>=t)
return -1;
if(p==E)
return p.step;
for(int i=0;i<4;i++)
{
pp.x = p.x+dx[i];
pp.y = p.y+dy[i];
pp.step = p.step+1;
pp.k = p.k;
if(!map[pp.x][pp.y]||map[pp.x][pp.y]=='*')//判断边界一开始犯了个错，在这里判断了vis出不了答案。
continue; // 因为拿到钥匙的时候状态会变，所以要在push前判断
if(map[pp.x][pp.y]>='A'&&map[pp.x][pp.y]<='Z')//遇到门
{
num = map[pp.x][pp.y] - 'A';//A门对应0，B门对应1......
num = 1<<num;//转换为2进制的位，如有A门对应pow(2,0)(第一位上的1)，B门对应pow(2,1)（第二位上的1）......
if(cannot_Open(num))
continue;
}
else if(map[pp.x][pp.y]>='a'&&map[pp.x][pp.y]<='z')//钥匙
{
pick_Up();//遇到钥匙就捡起来...

}

if(!vis[pp.x][pp.y][pp.k]&&pp.step<=t)//同一状态同一地点只走一次
{
vis[pp.x][pp.y][pp.k] = 1;
que.push(pp);
}
}
}
return -1;
}

void init()
{
memset(map,0,sizeof(map));
memset(vis,0,sizeof(vis));
while(!que.empty())
{
que.pop();
}
}

int main()
{
while(cin>>n>>m>>t)
{
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>map[i][j];
if(map[i][j]=='^')
{
E.x = i;
E.y = j;
}
else if(map[i][j]=='@')
{
S.x = i;
S.y = j;
}
}
}
cout<<bfs()<<endl;
}
}

状压: (1<<num) & 状态值 == 0 检验第num位是否为1

(1<<num) | 状态值增加状态