POJ3278农夫和牛(dfs）

Posted 2021-02-14 syyyyy

题目：

现有一农夫和一母牛，假设农夫和母牛都站在一条数轴上，农夫开始的位置为N，母牛的位置为K。农夫有三种行动方式，每行动一次需要一秒钟时间，假设农夫的现在的位置为X，他可以向前走一格到X+1，也可以向后走一格走到X-1，他还可以传送！一下子走到了2*X。那么我们的问题是，假设母牛不会动，农夫最少需要多少秒才能抓到母牛？

输入：

输入包括两个整数，用空格隔开，分别为N和K。其中0<=N,K<=100000。

输出：

一个整数T，代表农夫所需的最少时间。

分析：

若N=5,K=17，那么最后我们计算得到的应该是T=4。

1、全部往前走，一共是17-5=12步；

2、5×2=10 ， 5→10→20→19→18→17；

3、最优方案，5→4→8→16→17。

根据DFS，将农夫在每一步所走的策略都列举出来，生成一棵三叉正则完全树。用队列Queue存储这些结果，根据队列先进先出的特性，最先找到农夫到达奶牛的结果所花费的时间便是最短的时间。

（DFS一般都用队列存储结果）

但是，由于广度优先搜索要列出所有的结果，因此容易超时。要对广搜做一定的优化，即剪枝处理（去掉一些没必要存储的结果）

本题优化如下：

1.当农夫的位置为0的时候，他只能往前走1。

2.当农夫的位置大于K时，他只能往后走1 。

3.如果某个位置农夫已经走过，那么农夫不用再走到该位置。

源代码：

 

//三叉搜索树的顺序

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;

int num[10000005];
int vis[10000005];
int n, k, y ;
queue<int> q;

void bfs( )
{
    q.push( n );
    num[n] = 0;
    while( q.size() && y != k )
    {
        if( y == k )
            break;
        y = q.front();
        q.pop();
        if( y - 1 >= 0 && vis[y + 1] == 0 )
        {
            q.push( y - 1 );
            num[y - 1] = num[y] + 1 ;
            vis[y - 1] = 1;
        }
        if( y + 1 < 100000 && vis[y+1] == 0 )
        {
            q.push( y + 1 );
            num[y + 1] = num[y] + 1 ;               //记录步数
            vis[y + 1] = 1 ;                                //标记该位置已经走过
        }
        if( y * 2 < 100000 && vis[y * 2] == 0 )
        {
            q.push( y * 2);
            num[ y * 2] = num[y] + 1;
            vis[y * 2] = 1;
        }
//        cout << y << endl;
    }
}

int main(int argc, const char * argv[]) {
    cin >> n;
    cin >> k;
    memset( num, 0, sizeof(num));
    memset( vis, 0, sizeof(vis));
    while( !q.empty() )
        q.pop();
    bfs();
    cout <<num[y] << endl;                 //最终，y == k 
    
}