[状压DP][BFS][哈希]JZOJ 3243 Cube

最新推荐文章于 2021-03-23 22:35:02 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/mastervan/p/11117931.html

本文介绍了一种解决密室逃脱游戏中立方体颜色转移问题的算法。通过状压DP结合哈希和邻接表，实现对立方体状态和地图颜色状态的有效追踪，最终找到使立方体所有面着色并逃出密室的最小步数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

你被困在一个密室里。经过一轮摸索，你在密室里有所发现：

1.密室是一个呈m×n网格的长方形，地面有六个格子被上了色；

2.密室地面部分格子可能有障碍物；

3.密室的某一格有一个六面都没上色的立方体；

4.当立方体滚动到相邻无障碍物的格子，如果立方体接触地面的一面没有颜色而地面有颜色，则该颜色会从地面转移到立方体上；如果立方体接触地面的一面有颜色而地面没有颜色，则该颜色会从立方体转移到地面上；如果立方体接触地面的一面和地面都有颜色，则两者的颜色都不会转移。

5.当立方体滚动到密室的指定地点，如果立方体六面都被涂上了颜色，则传送门就会开启，让你逃离这个密室。

由于时间紧迫，你必须借助计算机的力量，算出立方体最少滚动几次就可以让你逃离这个密室。

Input

输入的第一行是用空格分隔的两个正整数m和n（2<=m<=20，2<=n<=20），分别代表密室的高和宽。接下来的m行，每行有n个字符，含义如下：

‘.’：该格子是空白的；

‘#’：该格子有障碍物；

‘P’：该格子是上色的；

‘C’：立方体就在这个格子；

‘G’：能让你逃离密室的指定地点。

整个密室保证正好有6个格子是‘P’，1个格子是‘C’，1个格子是‘G’，‘.’的格子不超过12个。

Output

输出仅一个整数，代表立方体最少滚动的次数。我们保证每个密室场景都有解。

对以下第一个样例，立方体最少只需要滚动10次（下右右上右右下左右左）。

Sample Input

输入1：

2 5

C.PPP

PPPG.


输入2：

4 5

C....

G##.P

.##PP

..PPP


输入3：

3 3

PPP

PCP

PG.


输入4：

2 10

.PPPCPPP..

....G.....

Sample Output

输出1：

10


输出2：

23


输出3：

15


输出4：

21

Data Constraint

2<=m<=20，2<=n<=20

分析

今日最难，一个旗鼓相当的对手

首先别被总点数迷惑了，总点数400个，但输入要求告诉我们，能走的点包括起点和终点及颜色，加起来不超过20个

那么我们可以考虑状压，给每个点标号，状态表示哪些点有颜色

这仅仅是图上的状态而已！因为立方体会带走颜色，所以另设一个6位状态，表示立方体当前每个面是否有颜色，建议在写的时候用记事本记着，忘掉了的话转移转死了

两种状态需要放在一起，所以整个状态26位，后6位位立方体状态，前20位为图上状态

然后我们考虑到，会有重复的状态，可是光是这个状态重复不够，有时图上和立方体一样，但是立方体位置不一样！

重复的状态可用哈希加邻接表（或指针）解决

最恶心的部分就是当你的立方体移动时，你的6位颜色状态全部要变一波，一坨位运算堆在一起

同时注意判断一下，当颜色状态中的下面状态与当前立方体在图上位置的状态不一样（一个有颜色一个没颜色）时，需要给他们变状态

空间别开爆了，我12Wkb刚好卡过去

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <memory.h>
#include <queue>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int N=4e2+10;
const int P=388211;
struct SS {
    int u,S;
};
struct QS {
    SS s;
    int dep;
};
struct Graph {
    int v,nx;
}e[10000000];
int cnt;
int n,m;
char c[N][N];
int id[N][N],icnt,g[21][4];
int sx,sy,tx,ty,sS;
queue<QS> q;
int p[21][517619];

bool Query(SS a) {
    int i=a.S%P;
    for (int j=p[a.u][i];j;j=e[j].nx)
        if (e[j].v==a.S) return 1;
    return 0;
}

void Insert(SS a) {
    int i=a.S%P;
    e[++cnt]=(Graph){a.S,p[a.u][i]};p[a.u][i]=cnt;
}

int Roll(int S,int type) {
    switch (type) {
        case 0:return (S&48)|((S&3)<<2)|((S&4)>>1)|((S&8)>>3);
        case 1:return (S&48)|((S&1)<<3)|((S&2)<<1)|((S&12)>>2);
        case 2:return ((S&3)<<4)|(S&12)|((S&16)>>3)|((S&32)>>5);
        case 3:return ((S&1)<<5)|((S&2)<<3)|(S&12)|((S&48)>>4);
    }
}

void Solve(int u,int bS,int cS,int dep) {
    if ((cS&1)^((bS>>u-1)&1)) cS^=1,bS^=(1<<u-1);
    if (!bS&&u==id[tx][ty]) {
        printf("%d",dep-1);
        exit(0);
    }
    int S=bS|(cS<<icnt);
    if (Query((SS){u,S})) return;
    q.push((QS){(SS){u,S},dep});
    Insert((SS){u,S});
}

void BFS() {
    q.push((QS){(SS){id[sx][sy],sS},1});
    Insert((SS){id[sx][sy],sS});
    while (!q.empty()) {
        QS a=q.front();q.pop();
        int u=a.s.u,bS=a.s.S&((1<<icnt)-1),cS=a.s.S>>icnt,dep=a.dep;
        for (int i=0;i<4;i++)
            if (g[u][i]) {
                int scS=Roll(cS,i);
                Solve(g[u][i],bS,scS,dep+1);
            }
    }
}

int main() {
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%s",c[i]+1);
    for (int i=1;i<=m;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++) {
            if (c[i][j]!='#') id[i][j]=++icnt;
            if (c[i][j]=='C') sx=i,sy=j;
            if (c[i][j]=='G') tx=i,ty=j;
            if (c[i][j]=='P') sS|=(1<<icnt-1);
        }
    for (int i=1;i<=m;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++)
            if (c[i][j]!='#') {
                if (i>1&&c[i-1][j]!='#') g[id[i][j]][0]=id[i-1][j];
                if (i<m&&c[i+1][j]!='#') g[id[i][j]][1]=id[i+1][j];
                if (j>1&&c[i][j-1]!='#') g[id[i][j]][2]=id[i][j-1];
                if (j<n&&c[i][j+1]!='#') g[id[i][j]][3]=id[i][j+1];
            }
    BFS();
}