HDU 1429 胜利大逃亡(续)（bfs+状态压缩，很经典）

Posted 2020-12-24 yinbiao

传送门：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1429

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 10648    Accepted Submission(s): 3860

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

LL

 

 

Source

ACM暑期集训队练习赛（三）

 

 

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分析：

这个题目别之处在于还有锁住的门和钥匙，

 

要经过这张门，得先拿到这张门的钥匙

对于a-j 10把钥匙，我们共有1024种可能

因此，我们可以采用二进制来记录钥匙的集合

//返回新的钥匙集合 
//参数：原始的钥匙集合 获得的钥匙的编号
inline int get_key(int key,int num) {
    return key | (1 << num);
}

//返回是否存在门的钥匙
//参数：钥匙集合 门的编号
inline bool has_key(int key,int num) {
    return (key & (1 << num)) > 0;
}

所以一共有3层： dis[max_v][max_v][1024]

有这么多种状态，仔细想想就是站在不同的点拥有不同钥匙集合的状态

注意遇到小写字母的时候记得进行左移 再与前一个状态值进行或运算，例如，假设已经用了A 门的要是，状态此时因该是0000000001，意思是拥有了a，如果下一次遇到了J门的钥

匙，也就是j，那就应该是(1<<10) | (0000000001),那么此时的状态应该是1000000001，当遇到已经拥有钥匙的门的时候再进行右移运算，例如下一次遇到J门时，我们应该先将

1000000001右移10位再与 1进行（&）与运算，如果拥有J门的钥匙 应该是1&1=1 ，是真值，可以通过，如果没有，则0&1=0，是假值，则无法通过。

其余的跟普通的bfs都是一样的

需要注意的地方：

1.越界直接返回

2.遇到了某个钥匙，要生成新的钥匙集合

3.遇到了门，要检查当前钥匙集合能不能打开次门，不能打开就往另外一个方向搜

4.门能打开的话且这种状态没有搜过的话，步数加一

5.如果满足了上面条件，但是超时了，也要重新搜

还有一共很重要的一点

就是搜到了终点的时候，这个返回某值然后结束函数的代码的位置

原来一直都是放在循环的开头，但这个题目不行，wa了几次，也不知道怎么改

我想应该是因为状态的特殊性，毕竟路上有门！

ps：第一个状态压缩的题，纪念一下

具体请参考代码

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define max_v 25
char G[max_v][max_v];//图
int dis[max_v][max_v][1024];//步数
int dir[4][2]= {{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}}; //方向数组
int n,m,t;//行，列，限定时间
int sx,sy,fx,fy;//起点和终
struct node
{
    int x,y;
    int key;
    node(int a,int b,int c)
    {
        x=a;
        y=b;
        key=c;
    }
};

inline int get_key(int key,int num)//返回新的钥匙集合
{
    //参数：元素的钥匙集合 活动钥匙的编号
    return key|(1<<num);
}

inline bool has_key(int key,int num)//返回是否存在门的钥匙
{
    //参数：钥匙集合 门的编号
    return (key&(1<<num))>0;
}
int bfs()
{
    //初始化
    queue<node> q;
    int step=-1;
    memset(dis,-1,sizeof(dis));

    q.push(node(sx,sy,0));
    dis[sx][sy][0]=0;

    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front().x;
        int y=q.front().y;
        int key=q.front().key;
        q.pop();

        for(int i=0; i<4; i++)
        {
            int xx=x+dir[i][0];
            int yy=y+dir[i][1];
            int kk=key;

            if(xx<0||xx>=n||yy<0||yy>=m||G[xx][yy]==‘*‘)//越界和墙
                continue;
            if(G[xx][yy]>=‘a‘&&G[xx][yy]<=‘j‘)//遇到了钥匙
            {
                kk=get_key(kk,G[xx][yy]-‘a‘);//返回新的钥匙集合
            }
            if(G[xx][yy]>=‘A‘&&G[xx][yy]<=‘J‘)//遇到了门
            {
                if(!has_key(kk,G[xx][yy]-‘A‘))//没有对应的钥匙
                {
                    continue;
                }
            }
            if(dis[xx][yy][kk]==-1)
            {
                dis[xx][yy][kk]=dis[x][y][key]+1;//步数加1
                if(dis[xx][yy][kk]>=t)//超过了限度时间
                {
                    continue;
                }
                if(xx == fx && yy == fy)//放这里是因为路上有门的特殊性
                {
                    step = dis[xx][yy][kk];
                    continue;
                }

                q.push(node(xx,yy,kk));
            }
        }
    }
    return step;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d %d %d",&n,&m,&t))
    {
        for(int i=0; i<n; i++)
        {
            for(int j=0; j<m; j++)
            {
                scanf("
%c",&G[i][j]);
                if(G[i][j]==‘@‘)
                {
                    sx=i;//起点
                    sy=j;
                }
                if(G[i][j]==‘^‘)
                {
                    fx=i;//终点
                    fy=j;
                }
            }
        }
        cout<<bfs()<<endl;
    }
    return 0;
}