HDU 1429 胜利大逃亡(续)(bfs+状态压缩,很经典)

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了HDU 1429 胜利大逃亡(续)(bfs+状态压缩,很经典)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

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
 

 

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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];//
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;
}

 

 

 

 
















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