胜利大逃亡（续）题解

Posted 2020-11-17 mrh-acmer

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


HDU上的裸bfs, 用二进制表示当前钥匙的状态：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m,t;
char s[50][50];
int si,ei;
int dir[4][2]= {{-1,0}, {0,1}, {1,0}, {0,-1}};
int vis[50][50][2000];
struct node
{
    int x,y,step;
    int k;//k用来记录到当前这个点能打开哪几扇门，即捡到了哪几把钥匙
};
int bfs()
{
    node u;
    u.x=si;
    u.y=ei;
    u.step=0;
    u.k=0;
    vis[u.x][u.y][u.k]=1;
    queue<node> pq;
    pq.push(u);
    while(!pq.empty())
    {
        node v=pq.front();
        pq.pop();
        if(s[v.x][v.y] == ‘^‘ )
        {
            if(v.step < t)
            return v.step;
            else return 0;
        }
        if(v.step >= t)
            return 0;
        for(int i=0 ; i < 4 ; i++)
        {
            int xx=v.x+dir[i][0];
            int yy=v.y+dir[i][1];
            if(xx>=0&&xx<n&&yy>=0&&yy<m&&s[xx][yy]!=‘*‘)
            {
                node g;
                g.x=xx;
                g.y=yy;
                g.k=v.k;
                g.step=v.step+1;
                if(s[xx][yy]>=‘a‘&&s[xx][yy]<=‘z‘)
                {
                    int kk=v.k|(1<<(s[xx][yy]-‘a‘));
                    if(!vis[xx][yy][kk])
                    {
                        vis[xx][yy][kk]=1;
                        g.k=kk;
                        pq.push(g);
                    }
                }
                else if(s[xx][yy]>=‘A‘&&s[xx][yy]<=‘Z‘)
                {
                    int kk=v.k&(1<<(s[xx][yy]-‘A‘)); //kk 不为0，说明能打开当前这扇门
                    if(!vis[xx][yy][g.k] && kk)
                    {
                        vis[xx][yy][g.k]=1;
                        pq.push(g);
                    }
                }
                else
                {
                    if(!vis[g.x][g.y][g.k])
                    {
                        vis[g.x][g.y][g.k]=1;
                        pq.push(g);
                    }
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int i,j,tt=1;
    while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&t)!=EOF)
    {
//        if(tt!=1)
//            printf("
");
//        tt++;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(i=0 ; i < n ; i++)
        {
            scanf("%s",s[i]);
            for(j=0 ; j < m ; j++)
            {
                if(s[i][j] == ‘@‘)
                {
                    si=i;
                    ei=j;
                }
            }
        }
        int f=bfs();
        if(f)
        {
            printf("%d
",f);
        }
        else
            printf("-1
");
    }
    return 0;