hdu1429胜利大逃亡(续)（状态压缩+bfs）

最新推荐文章于 2020-11-17 21:13:01 发布

原创最新推荐文章于 2020-11-17 21:13:01 发布 · 2.1k 阅读

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博客讲述了作者在解决HDU1429胜利大逃亡(续)问题时，从朴素BFS到采用状态压缩BFS的思路转变。通过利用位运算来表示10种不同钥匙的状态，实现了有效的状态管理和路径搜索，解决了题目中不能重复捡钥匙的问题。

题目链接：

啊哈哈，点我点我

题意及思路
最开始我以为跟普通的bfs一样，所以直接写了一个朴素的bfs，一跑，前两组数据对了，但是第三组不对，一看，走过的还可以走啊，所以不能标记，结果我的bfs乱改，最后毫无疑问改成了死循环。所以看题解。。。
思路：因为有10中不同的钥匙，每种都有两种状态，所以结合计算机是二进制保存的特点，刚好把这10把钥匙当成每一个为，要要1<<10个位保存所有的状态，然后就是模拟捡起钥匙，捡起钥匙就是说明这个位上的数字变成1这个状态，所以自然而然想到了位运算，只要|一下就好了，然后改变在这个点的状态。。。。模拟碰到门的情况，那么就和这个位置上的位&一次，看是1还是0，1代表已经捡到了这把钥匙，可以开门。。这个样就变成了朴素的bfs了。。。

两个状态压缩+bfs的题，两个题其实是一样的，所以我讲一个。。。就选1429吧。。

题目：

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5143 Accepted Submission(s): 1761

Problem Description

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

   
    16
-1

Author

Source

ACM暑期集训队练习赛（三）

代码：

<h3>#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=20+10;
char map[maxn][maxn];
int n,m,t;
bool vis[maxn][maxn][(1<<10)+10];
int dx[]={-1,1,0,0};
int dy[]={0,0,-1,1};
struct Point
{
    int x,y,step;
    int key;
};
queue<Point>Q;
Point st;
bool check(int x,int y)
{
    if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m&&map[x][y]!='*')
         return true;
    return false;
}
int bfs()
{
    while(!Q.empty())  Q.pop();
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    vis[st.x][st.y][st.key]=true;
    st.key=st.step=0;
    Q.push(st);
    Point cur,nex;
    while(!Q.empty())
    {
        cur=Q.front();
        Q.pop();
        if(map[cur.x][cur.y]=='^')
            return cur.step;
        for(int i=0;i<4;i++)
        {
            nex.x=cur.x+dx[i];
            nex.y=cur.y+dy[i];
            nex.key=cur.key;
            if(check(nex.x,nex.y))
            {
               nex.step=cur.step+1;
               if(nex.step>=t)
                   continue;
               else if(map[nex.x][nex.y]>='A'&&map[nex.x][nex.y]<='Z')
               {
                  int temp=map[nex.x][nex.y]-'A';
                  int nk=cur.key&1<<temp;
                  if(nk&&!vis[nex.x][nex.y][nex.key])
                  {
                      vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;
                      Q.push(nex);
                  }
               }
               else if(map[nex.x][nex.y]>='a'&&map[nex.x][nex.y]<='z')
               {
                   int temp=map[nex.x][nex.y]-'a';
                   nex.key=cur.key|1<<temp;
                   if(!vis[nex.x][nex.y][nex.key])
                   {
                       vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;
                       Q.push(nex);
                   }
               }
               else
               {
                   if(!vis[nex.x][nex.y][nex.key])
                   {
                       vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;
                       Q.push(nex);
                   }
               }
            }
         }
    }
    return -1;
}
inline void read_graph()
{
    char str[maxn];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",str+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(str[j]=='@')
            {
                st.x=i;
                st.y=j;
                map[i][j]=str[j];
            }
            else  map[i][j]=str[j];
        }
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&t))
    {
        read_graph();
        int ans=bfs();
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}</h3><h4><h3>    }</h3></h4>