暑假集训专题#搜索
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了暑假集训专题#搜索相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
poj 2386 Lake Counting
【题意】：
有一个大小为N×M的园子。雨后积起了水。
八连通的积水被觉得是连接在一起的。请求出园子里总共同拥有多少水洼？（八连通指的是下图中相对W 的*的部分）
Sample Input
10 12
W........WW.
.WWW.....WWW
....WW...WW.
.........WW.
.........W..
..W......W..
.W.W.....WW.
W.W.W.....W.
.W.W......W.
..W.......W.
Sample Output
3
从随意的W開始。不停地把邻接的部分用‘.‘取代。1次DFS后与初始的这个W连接的全部W就都被替换成了‘.‘。因此直到图中不再存在W为止。总共进行DFS的次数就是答案了。8个方向共相应了8种状态转移，每一个格子作为DFS的參数至多被调用一次。所以复杂度为O(8×N×M)=O(N×M)。
代码：
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int N=105; int n,m; char mat[N][N]; int dir8[8][2]= {{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,-1}}; bool ok(int dx,int dy){ if(dx>=0&&dx<n&&dy>=0&&dy<m) return true; return false; } void dfs(int x,int y){ mat[x][y]=‘.‘; for(int i=0; i<8; ++i){ int dx=x+dir8[i][0]; int dy=y+dir8[i][1]; if(ok(dx,dy)&&mat[dx][dy]==‘W‘)dfs(dx,dy); } return ; } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){ for(int i=0; i<n; ++i) scanf("%s",mat[i]); int res=0; for(int i=0; i<n; ++i){ for(int j=0; j<m; ++j){ if(mat[i][j]==‘W‘){ dfs(i,j); res++; } } } printf("%d\n",res); } return 0; }
【题目链接】：click here~~
【题意】：
Description
Input
每组数据的第一行是两个正整数。n k。用一个空格隔开。表示了将在一个n*n的矩阵内描写叙述棋盘，以及摆放棋子的数目。 n <= 8 , k <= n
当为-1 -1时表示输入结束。
随后的n行描写叙述了棋盘的形状：每行有n个字符，当中 # 表示棋盘区域， . 表示空白区域（数据保证不出现多余的空白行或者空白列）。
Output
Sample Input
2 1
#.
.#
4 4
...#
..#.
.#..
#...
-1 -1
Sample Output
2
1
【思路】：
这道题目类似N皇后问题，与之不同的是每一行不一定有棋盘。所以dfs里要注意不一定是当前行。思路非常easy。仅仅需从第一行第一个開始搜索，假设该位置该列没被标记且为棋盘，那么在这里放上棋子，并标记，由于每行每列不能冲突，所以搜索下一行，比而且棋子数加1。每次搜索之前先要推断是否棋子已经用完，假设用完。记录方案数加1，然后直接返回。
直到所有搜索所有完毕，此时已得到所有方案数。此题还需注意标记数组仅仅标记某一列上是否有棋子，由于每次递归下一行，所以每一行不会有冲突，仅仅需推断这一列上是否有其它棋子。还要注意改动标记后递归回来要及时复原。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=20;
int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int num,line,res;
char mat[N][N];
bool vis_row[N];
void dfs(int _line,int now_num)
{
if(now_num==num){///棋子所有放置
++res;
return;
}
for(int i=_line; i<line; ++i){
for(int j=0; j<line; ++j)
if(mat[i][j]==‘#‘&&!vis_row[j]){
vis_row[j]=true;
dfs(i+1,now_num+1);
vis_row[j]=false;
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&line,&num)&&line!=-1&&num!=-1){
memset(vis_row,false,sizeof(vis_row));
for(int i=0; i<line; i++) scanf("%s",mat[i]);
res=0;
dfs(0,0); ///按行搜索，从0行递增。当前放置的棋子
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}
POJ 3278 catch the cow
【题目链接】：click here~~
【题目大意】：给你两个数 pre,last，共同拥有三种操作+1。-1，*2，使得pre变为last的最小步数。
【解题思路】：
常规方法：放入到一个队列里，每次。push，pop出最先入队的数，然后依据三种可能变化入队。中间设一个标记数组，表示变化到该步已经标记了，防止出现4-5-4的可能情况。然后中间一旦出现到目标数，跳出，输出步骤数
代码：
#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2*1e6+10;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long LLU;
int n,m,pre,tp;
int last,ans,cnt,res;///大数组一般定义在全局
int nx[N]; ///当前初始值变化的值
int ny[N]; ///值为tp的步数
queue<int >vall;
typedef class
{
public :
int val,step;
private:
int s1,s2;
} pos;
bool vis[N];
pos que[N];
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&pre,&last))
{
/*
memset(vis,false,sizeof(vis));
bfs();
memset(nx,0,sizeof(nx));
memset(ny,0,sizeof(ny));
vall.push(pre); ///初始值压入栈中，5
nx[pre]=0; ///达到当前变化的的值须要的步数,nx[5]=0,
while(vall.size()!=0)
{
/// cout<<"vall.size()=" <<vall.size()<<endl;
/// cout<<"vall.front()="<<vall.front()<<endl;
tp=vall.front(); ///当前变化到的值
/// cout<<"[tp]"<<tp<<endl;
/// cout<<"ny[tp]="<<ny[tp]<<endl;
/// cout<<"nx[tp]="<<nx[tp]<<endl;
vall.pop();
ny[tp]=1; ///走到该步值是否訪问，防止5-4-5的情况,ny[5]=1,ny[4]=1,
if(tp==last) break;///走到目标数，跳出
if(tp-1>=0&&ny[tp-1]==0)
{
vall.push(tp-1);///4,3
nx[tp-1]=nx[tp]+1;///nx[4]=1,nx[3]=2;
ny[tp-1]=1; ///ny[4]=1,ny[3]=1;
}
if(tp+1<=1e7&&ny[tp+1]==0)
{
vall.push(tp+1);///6
nx[tp+1]=nx[tp]+1;///nx[6]=1
ny[tp+1]=1; ///ny[6]=1
}
if(tp*2<=1e7&&ny[tp*2]==0)
{
vall.push(tp*2);///10,8
nx[tp*2]=nx[tp]+1;///nx[10]=1,nx[8]=2;
ny[tp*2]=1; ///ny[10]=1;ny[10]=1;
}
}
printf("%d\n",nx[tp]);///输出步数
}
return 0;
}
5 17
5--10--9--18--17
4
队列+广搜。事实上也是队列
把三种可能情况也增加到还有一个队列里
代码：
#include <math.h> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define lowbit(a) a&-a #define Max(a,b) a>b?a:b #define Min(a,b) a>b?b:a #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}}; const int N=2*1e6+10; int n,m,pre,last; bool vis[N]; typedef long long LL; typedef unsigned long long LLU; struct node{ int val; int step; }nod; void bfs(){ memset(vis,0,sizeof(vis)); node top,tmp; nod.val=pre; nod.step=0; queue<node >vall; while(!vall.empty()) vall.pop(); vall.push(nod); while(!vall.empty()){ top=vall.front(),vall.pop(); if(top.val==last){ printf("%d\n",top.step); return ; } if(top.val*2<=N&&vis[top.val*2]==0){ tmp.val=top.val*2; tmp.step=top.step+1; vis[top.val*2]=1; vall.push(tmp); } if(top.val-1>=0&&vis[top.val-1]==0){ tmp.val=top.val-1; tmp.step=top.step+1; vis[top.val-1]=1; vall.push(tmp); } if(top.val+1<=last&&vis[top.val+1]==0){ tmp.val=top.val+1; tmp.step=top.step+1; vis[top.val+1]=1; vall.push(tmp); } } } int main() { while(~scanf("%d%d",&pre,&last)){ bfs(); } return 0; }
hdu 1241
【题目链接】click here~~
【题目大意】‘@‘代表油田位置。‘*‘代表地面，八个方向相邻的油田视为一个。求给定地图里油田数目
【解题思路】八个方向搜索就可以
和poj2386 类似的
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1010;
int dir8[8][2]= {{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,-1}};
char mat[N][N];
int row,line;
bool ok(int dx,int dy){
if(dx>=0&&dx<=row&&dy>=0&&dy<=line) return true;
return false;
}
void dfs(int x,int y){
mat[x][y]=‘*‘;
for(int i=0; i<8; ++i){
int dx=x+dir8[i][0];
int dy=y+dir8[i][1];
if(ok(dx,dy)&&mat[dx][dy]==‘@‘){
dfs(dx,dy);
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&row,&line)&&row&&line){
for(int i=0; i<row; ++i) scanf("%s",mat[i]);
int res=0;
for(int i=0; i<row; ++i){
for(int j=0; j<line; ++j){
if(mat[i][j]==‘@‘){
dfs(i,j);
res++;
}
}
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}
/*
1 1
*
3 5
*@*@*
**@**
*@*@*
1 8
@@****@*
5 5
****@
*@@*@
*@**@
@@@*@
@@**@
0 0
*/poj 2251 Dungeon Master
【题目链接】：click here~~
【题意】：
你被困在一个三维地牢，地牢组成单元是一个 立方体。其能够或能够不被填充的岩石。
每次你能够它一分钟移动一个单元，从北，南，东，西，向上或向下。你不能移动对角线和迷宫的四面由固体岩石，是否能逃避。假设能输出最短时间。
【思路】：事实上就是二维广搜的加强版，无非多加了一维，加个推断就能够了。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<(int)k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(int)j;i>(int)k;--i)
#define lowbit(a) a&-a
#define Max(a,b) a>b?a:b
#define Min(a,b) a>b?b:a
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef unsigned long long LLU;
typedef double db;
const int N=35;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int L,R,C,n,m,t,ans,res,cnt,tmp;
char str[N];
bool vis[N][N][N];
char mat[N][N][N];///map
int dir6[6][3]= {{0,0,1},{0,0,-1},{0,1,0},{0,-1,0},{1,0,0},{-1,0,0}};///六个方向
int pre_i,pre_j,pre_k;
int last_i,last_j,last_k;
struct node{
int x,y,z,step;
};
bool ok(int dx,int dy,int dz){
if(dx>=0&&dx<L&&dy>=0&&dy<R&&dz>=0&&dz<C) return true;
return false;
}
void getMat(){
for(int l=0; l<L; ++l){
for(int row=0; row<R; ++row){
scanf("%s",mat[l][row]);
for(int line=0; line<C; ++line){
/// if the ‘S‘ begin
if(mat[l][row][line]==‘S‘){
pre_i=l,pre_j=row,pre_k=line;
}
/// if the ‘E‘ end
if(mat[l][row][line]==‘E‘){
last_i=l,last_j=row,last_k=line;
}
}
}
}
}
int bfs(){
node a,b;
queue <node>vall;
a.x=pre_i;
a.y=pre_j;
a.z=pre_k;
a.step=0;
vis[pre_i][pre_j][pre_k]=true;
vall.push(a);
while(!vall.empty()){
a=vall.front();
vall.pop();
/// come to the situation
if(a.x==last_i&&a.y==last_j&&a.z==last_k) return a.step;
/// the six diretion
for(int i=0; i<6; ++i){
b=a;
b.x=a.x+dir6[i][0];
b.y=a.y+dir6[i][1];
b.z=a.z+dir6[i][2];
if(ok(b.x,b.y,b.z)&&!vis[b.x][b.y][b.z]&&mat[b.x][b.y][b.z]!=‘#‘){
vis[b.x][b.y][b.z]=true;
b.step=a.step+1;
vall.push(b);
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&L,&R,&C)&&L&&R&&C){
memset(vis,false,sizeof(vis));
getMat();
int res=bfs();
if(res) printf("Escaped in %d minute(s).\n",res);
else puts("Trapped!");
}
return 0;
}
poj 1426:
【题目链接】：click here~~
【题目大意】：
给出一个数n。找出一个数要求是n的倍数，而且这个数的十进制仅仅由1和0组成，明显这种数不止一个（假设，满足条件一定会有m×10也满足，故不止一种），题目要求输出随意一个满足该条件的m
对于数据1，可知2×5=10，故答案能够得出是10（当然，100。1000...也满足，可是special judge。仅仅用输出一个满足条件的解）。其它数据也同理。
【思路】：
对于数据1。可知2×5=10。故答案能够得出是10（当然。100，1000...也满足，可是special judge，仅仅用输出一个满足条件的解），其它数据也同理。
代码：
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; int n; bool ok; void dfs(LL now,int deep) { if(ok) return ;///find the answer if(deep>=19) return;/// deep >20 if(now>=n&&now%n==0){ /// find the answer ok=1; printf("%lld\n",now); return ; } dfs(now*10,deep+1);/// dfs now*10 dfs(now*10+1,deep+1);///dfs now*10+1 } int main() { while(cin>>n&&n){ ok=0; dfs(1,0); } return 0; }
poj 3126 Prime Path
【题目链接】：click here~~
【题目大意】：给你两个素数，求从n变化到m，每一步仅仅能改变一位上的一个数字。且每次改变得到的数也是素数。求最小的步数
【思路】：暴力枚举个十百千的位数。注意各位要求是素数则仅仅枚举奇数
代码：
//poj 3126 #include <stdio.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<(int)k;++i) #define per(i,j,k) for(int i=(int)j;i>(int)k;--i) #define lowbit(a) a&-a #define Max(a,b) a>b?a:b #define Min(a,b) a>b?b:a #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) typedef long long LL; typedef unsigned long long LLU; typedef double db; const int N=15000; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m,T; bool vis[N]; int dir4[4][2]= {{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}}; int dir8[8][2]= {{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,-1}}; int dir6[6][3]= {{0,0,1},{0,0,-1},{0,1,0},{0,-1,0},{1,0,0},{-1,0,0}};///六个方向 inline LL read() { int c=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){c=c*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return c*f; } bool isPrime(int t)///素数推断 { for(int i=2; i<=sqrt(t); ++i) if(t%i==0) return false; return true; } struct node { int val,step; }; void bfs() { mem(vis,false); node a,b; a.val=n; a.step=0; queue<node >vall; vall.push(a); while(!vall.empty()){ a=vall.front(); vall.pop(); if(a.val==m){ printf("%d\n",a.step); return ; } int ge=a.val%10;///枚举个位 int shi=a.val%100/10;///枚举十位 for(int i=1; i<=9; i+=2){///个位 int y=(a.val/10)*10+i; if(y!=a.val&&isPrime(y)&&!vis[y]){ b.val=y; b.step=a.step+1; vis[y]=1; vall.push(b); } } for(int i=0; i<=9; i++){///十位 int y=(a.val/100)*100+i*10+ge; if(y!=a.val&&isPrime(y)&&!vis[y]){ b.val=y; b.step=a.step+1; vis[y]=1; vall.push(b); } } for(int i=0; i<=9; i++){///百位 int y=(a.val/1000)*1000+i*100+ge+shi*10; if(y!=a.val&&isPrime(y)&&!vis[y]){ b.val=y; b.step=a.step+1; vis[y]=1; vall.push(b); } } for(int i=1; i<=9; i++){///千位 int y=a.val%1000+i*1000; if(y!=a.val&&isPrime(y)&&!vis[y]){ b.val=y; b.step=a.step+1; vis[y]=1; vall.push(b); } } } puts("Impossible"); return ; } int main() { T=read(); while(T--){ n=read(),m=read(); if(n==m) puts("0"); else bfs(); } return 0; } /* Sample Input 3 1033 8179 1373 8017 1033 1033 Sample Output 6 7 0 */
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