POJ3009 Curling 2.0 [IDDFS]

$\text{POJ3009 Curling 2.0}$

题意简述

有一个冰壶，从起始点开始，经过移动到终点。

移动规则：

• 可以向一个方向一直运动直到碰到石头。

• 如果前方就是石头，不能往这个方向移动。

• 不能出界。

• 在任何时间移动到终点胜利。

求出最短步数。

题解

算法：IDDFS迭代加深

用maxstep控制深度，用Is_Solved表示是否在10步之内有解（输入前更新）。

异于一般DFS的地方：

for(maxstep=1;maxstep<=10&&!DFS(sx,sy,0);maxstep++);

此处的DFS是bool型的，DFS(sx,sy,0)表示从$(sx,sy)$开始，在走不超过$maxstep$步是否有解。

如此渐渐迭代，不会出现爆栈RE或无止境的情况。

最后输出maxstep即可。

DFS部分：

First of all：判断此时步数是否超过了maxstep，超过先退出。

Then：向4个方向搜。

同一般迷宫类题一样，此处用方向数组。

每一个方向的搜索流程：

1. 向一个方向一直走，碰到障碍or边界停下。
2. 判断是因障碍还是边界停下的，若为后者，continue。
3. 如果和原来相比一步都没走（上述题意的第2点），continue。
4. 打碎目前障碍，若：DFS(x,y,step+1)==1，直接return 1；反之还原障碍，continue。

代码实现：

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int dx[5]={0,0,0,1,-1},dy[5]={0,1,-1,0,0};

int A[201][201];
int R[101];
int W,H;
int sx,sy;
int maxstep=0;
bool Is_Solved=0;

bool DFS(int x,int y,int step)
{
	if(step>=maxstep)return 0;
	int now_x=x,now_y=y;
	for(register int i=1;i<=4;i++)
	{
		x=now_x,y=now_y;
		while(x+dx[i]>=1&&y+dy[i]>=1&&x+dx[i]<=W&&y+dy[i]<=H&&A[x+dx[i]][y+dy[i]]!=1)
		{
			x+=dx[i],y+=dy[i];
			if(A[x][y]==3){Is_Solved=1;return 1;}
		}
		if(A[x+dx[i]][y+dy[i]]==1&&(now_x!=x||now_y!=y))
		{
			A[x+dx[i]][y+dy[i]]=0;
			if(DFS(x,y,step+1))return 1;//#3
			A[x+dx[i]][y+dy[i]]=1;
		}
	}
	return 0;//#4
}

signed main()
{
	register int cnt=0;
	register int i,j;
	while(scanf("%d %d",&H,&W),W||H)//#1
	{
		memset(A,0,sizeof(A));//#2
		Is_Solved=0;
		for(i=1;i<=W;i++)
			for(j=1;j<=H;j++)
			{
				scanf("%d",&A[i][j]);
				if(A[i][j]==2)
					sx=i,sy=j;
			}
		
		for(maxstep=1;maxstep<=10&&!DFS(sx,sy,0);maxstep++);
		if(Is_Solved)
			R[++cnt]=maxstep;
		else
			R[++cnt]=-1;
	}
	for(i=1;i<=cnt;i++)printf("%d\n",R[i]);
	return 0;
}

注释：
#1：个人习惯先输入行数，再输入列数。所以在输入时掉换了一下。
#2：为什么要memset呢？因为这里我的出界判断是以面前是否为障碍来判断的。若前一个数据比后一个规模小，边界外可能也是1，就造成了出界而没有排除掉的情况而WA。
#3：以经return 1了，就无需回溯了。
#4：一定要返回0！！！否则会返回一个随机的东西，导致答案错误。