DFS+记忆化剪枝--[NOIP2017 普及组] 棋盘

Posted 2023-04-03 Silver_bullet2004

[NOIP2017 普及组] 棋盘

题目背景

NOIP2017 普及组 T3

题目描述

有一个$m\times m$的棋盘，棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有任何颜色的。你现在要从棋盘的最左上角走到棋盘的最右下角。

任何一个时刻，你所站在的位置必须是有颜色的（不能是无色的）， 你只能向上、 下、左、 右四个方向前进。当你从一个格子走向另一个格子时，如果两个格子的颜色相同，那你不需要花费金币；如果不同，则你需要花费 $1 $个金币。

另外， 你可以花费 $2$ 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为你指定的颜色。但这个魔法不能连续使用， 而且这个魔法的持续时间很短，也就是说，如果你使用了这个魔法，走到了这个暂时有颜色的格子上，你就不能继续使用魔法； 只有当你离开这个位置，走到一个本来就有颜色的格子上的时候，你才能继续使用这个魔法，而当你离开了这个位置（施展魔法使得变为有颜色的格子）时，这个格子恢复为无色。

现在你要从棋盘的最左上角，走到棋盘的最右下角，求花费的最少金币是多少？

输入格式

第一行包含两个正整数$ m, n$，以一个空格分开，分别代表棋盘的大小，棋盘上有颜色的格子的数量。

接下来的$ n $行，每行三个正整数$ x, y, c$，分别表示坐标为$(x,y)$的格子有颜色$ c$。

其中$ c=1$ 代表黄色，$ c=0$ 代表红色。 相邻两个数之间用一个空格隔开。 棋盘左上角的坐标为$(1,1)$，右下角的坐标为$(m,m)$。

棋盘上其余的格子都是无色。保证棋盘的左上角，也就是$(1,1)$ 一定是有颜色的。

输出格式

一个整数，表示花费的金币的最小值，如果无法到达，输出$-1$。

样例 #1

样例输入 #1

5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0

样例输出 #1

8

样例 #2

样例输入 #2

5 5
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
5 5 0

样例输出 #2

-1

提示

输入输出样例 1 说明

从$(1,1)$开始，走到$(1,2)$不花费金币

从$(1,2)$向下走到$(2,2)$花费 $1$ 枚金币

从$(2,2)$施展魔法，将$(2,3)$变为黄色，花费 $2$ 枚金币

从$(2,2)$走到$(2,3)$不花费金币

从$(2,3)$走到$(3,3)$不花费金币

从$(3,3)$走到$(3,4)$花费 $1$ 枚金币

从$(3,4)$走到$(4,4)$花费 $1$ 枚金币

从$(4,4)$施展魔法，将$(4,5)$变为黄色，花费$ 2$ 枚金币，

从$(4,4)$走到$(4,5)$不花费金币

从$(4,5)$走到$(5,5)$花费 $1$ 枚金币

共花费 $8 $枚金币。

输入输出样例 2 说明

从$(1,1)$走到$(1,2)$,不花费金币

从$(1,2)$走到$(2,2)$,花费$ 1 $金币

施展魔法将$(2,3)$变为黄色,并从$(2,2)$走到$(2,3)$花费$ 2$ 金币

从$(2,3)$走到$(3,3)$不花费金币

从$(3,3)$只能施展魔法到达$(3,2),(2,3),(3,4),(4,3)$

而从以上四点均无法到达$(5,5)$,故无法到达终点,输出$-1$

数据规模与约定

对于 $30\%$的数据, $1\le m\le 5,1\le n\le 10$。

对于 $60\%$的数据, $1\le m\le 20,1\le n\le 200$。

对于 $100\%$的数据, $1\le m\le 100,1\le n\le 1,000$。

本来是想用DFS打暴力，没想到剪枝后跑的还是很快的全是0ms 呐
爆搜会超时，所以加上记忆化剪枝优化
1.用cost数组记录到达p, q时的最小花费，每次搜索前判断花费是否小于cost，否则不搜
2.用 j 布尔类型数组记录p, q 是否走过，走过的不搜
3.变色时变为与上一个位置相同的颜色则花费最小
4.颜色存储时有颜色的用1和2，无色存为0比较好判断

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*
凭经验来说直接暴搜肯定会T
于是利用cost数组来保存最小花费
等同于剪枝的效果
每次在走到下一个点之前
先判断一下是否比之前更省钱
否则就不去搜了
由于不能连续使用两次魔法
所以dfs多传一个参数
用来记录魔法使用次数
*/
const int M = 105, N = 1005;

int m, n;
bool j[M][M];
int col[M][M];
int cost[M][M];
int a[4] = 1, -1, 0, 0, b[4] = 0, 0, 1, -1;
bool flag;


void dfs(int x, int y, int t)

    if(x == m && y == m) flag = 1; return;

    for(int i = 0; i < 4; i ++) 
        int p = x + a[i], q = y + b[i];

        if(p <= 0 || p > m || q <= 0 || q > m) continue;
        if(j[p][q]) continue;

        if(!col[p][q])
          //目标位置无色
            if(t == 1) continue;
            if(cost[p][q] > 2 + cost[x][y])
            
                cost[p][q] = 2 + cost[x][y];
                j[p][q] = 1;
                col[p][q] = col[x][y];
                dfs(p, q, 1);
                j[p][q] = 0;
                col[p][q] = 0;
            
        
        else
        
            if(col[x][y] == col[p][q])
             //颜色相同
                if(cost[p][q] > cost[x][y])
                
                    cost[p][q] = cost[x][y];
                    j[p][q] = 1;
                    dfs(p, q, 0);
                    j[p][q] = 0;
                
            
            else
             //颜色不同
                if(cost[p][q] > 1 + cost[x][y])
                
                    cost[p][q] = 1 + cost[x][y];
                    j[p][q] = 1;
                    dfs(p, q, 0);
                    j[p][q] = 0;
                
            
        

    



int main()

    cin >> m >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
        int x, y, c;
        cin >> x >> y >> c;
        col[x][y] = c + 1;
        //1红、2黄、0无色
    

    memset(cost, 0x3f, sizeof cost);

    j[1][1] = 1;
    cost[1][1] = 0;
    dfs(1, 1, 0);

    if(flag) cout << cost[m][m];
    else cout << -1;

    return 0;

洛谷-----P1028 [NOIP2001 普及组] 数的计算

数的计算题解集合

• DFS
• 记忆化递归
• 动态规划---递推思想

---

DFS

把问题转化为对一颗多叉树的遍历，叶子的总数加上一个根节点的总数就是我们需要的结果

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
class Solution {
public:
	int SumNum(int num)
	{
		int sum =0;
		//递归结束条件:
		if (num<= 1)
			return 1;
		for (int i = 0; i <=num / 2; i++)
		{
			sum += SumNum(i);
		}
		return sum;
	}
};

int main()
{
	Solution s;
	int n = 0;
	cin >> n;
	cout << s.SumNum(n) << endl;;
	return 0;
}

显然这里TLE,递归超时了

---

记忆化递归

首先思考，这里的重复计算出现在什么地方，这里我们才能对症下药,看下图:

这里我们可以使用哈希表保存选择了当前数字后，得到的总数，等到下次用到的时候，直接返回即可

代码:

#include<iostream>
using namespace std;
#include<unordered_map>
class Solution {
	unordered_map<int, int> cache;
public:
	int SumNum(int num)
	{
		if (cache.find(num) != cache.end()) return cache[num];
		int sum =0;
		//递归结束条件:
		if (num<= 1)
			return 1;
		for (int i = 0; i <=num / 2; i++)
		{
			sum += SumNum(i);
		}
		return cache[num]=sum;
	}
};
int main()
{
	Solution s;
	int n = 0;
	cin >> n;
	cout << s.SumNum(n) << endl;;
	return 0;
}

---

动态规划—递推思想

先举一个例子:

以4为例子来进行说明

4后面可以跟上1,2组成14,24

14后面跟不了,24可以跟上1组成124

再加上4本身就可以得到4的种类

即 14,24,124,4

而我们只要算出1,2的种类就可以加起来得到4的种类

因此，我们得到:

f[1]=1
f[2]=2=f[1]+1
f[3]=2=f[1]+1
f[4]=4=f[1]+f[2]+1
f[5]=4=f[1]+f[2]+1

当然这里dp[1]也可以不作为最优子结构，把dp[0]作为最优子结构,即dp[1]=dp[0]+1=1;

dp[0]=0;

---

通过上面的举例也可以得到dp[i]的含义，即当前数字i可以分解得到的所有组合数

由此得到状态转移方程:dp[i]=dp[1]+dp[2]+…+dp[n]+1; (n<=i/2)

这里的dp数组初始化情况就是当前i=0时，dp[0]=0，显然数字0分解不了，因此组合数为0

代码:

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
class Solution {
public:
	int SumNum(int num)
	{
		vector<int> dp(num+1,0);
		dp[0]=0;
		for (int i = 1; i <=num; i++)
		{
			for (int j = 0;j <=i / 2; j++)
				dp[i] += dp[j];
			dp[i]++;
		}
		return dp[num];
	}
};
int main()
{
	Solution s;
	int n = 0;
	cin >> n;
	cout << s.SumNum(n) << endl;;
	return 0;
}