HDU 4845 拯救大兵瑞恩（分层图状压BFS）

Posted 2020-09-29 Blackops

拯救大兵瑞恩

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Total Submission(s): 264    Accepted Submission(s): 106

Problem Description

　　　1944年，特种兵麦克接到国防部的命令，要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但是幸好麦克得到了迷宫的地形图。
　　　迷宫的外形是一个长方形，其在南北方向被划分为N行，在东西方向被划分为M列，于是整个迷宫被划分为N*M个单元。我们用一个有序数对（单元的行号，单元的列号）来表示单元位置。南北或东西方向相邻的两个单元之间可以互通，或者存在一扇锁着的门，又或者存在一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙，并且所有的门被分为P类，打开同一类的门的钥匙相同，打开不同类的门的钥匙不同。
　　　大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角，即（N,M）单元里，并已经昏迷。迷宫只有一个入口，在西北角，也就是说，麦克可以直接进入(1,1)单元。另外，麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为1，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间忽略不计。
　　　你的任务是帮助麦克以最快的方式抵达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。

 

 

Input

有多组数据对于每一组数据来说：
第一行是三个整数，依次表示N,M,P的值；
第二行是一个整数K，表示迷宫中门和墙的总个数；
第I+2行（1<=I<=K），有5个整数，依次为Xi1,Yi1,Xi2,Yi2,Gi：
当Gi>=1时，表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一扇第Gi类的门，当Gi=0时，表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一堵不可逾越的墙；
（其中，|Xi1-Xi2|+|Yi1-Yi2|=1，0<=Gi<=P）
第K+3行是一个整数S，表示迷宫中存放的钥匙总数；
第K+3+J行(1<=J<=S)，有3个整数，依次为Xi1,Yi1,Qi：表示第J把钥匙存放在(Xi1,Yi1)单元里，并且第J把钥匙是用来开启第Qi类门的。（其中1<=Qi<=P）
注意：输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。

参数设定：
3<=N,M<=15;
1<=P<=10;

 

 

Output

对于每一组数据，输出一行，只包含一个整数T，表示麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值，若不存在可行的营救方案则输出-1。

 

 

Sample Input

4 4 9

9

1 2 1 3 2

1 2 2 2 0

2 1 2 2 0

2 1 3 1 0

2 3 3 3 0

2 4 3 4 1

3 2 3 3 0

3 3 4 3 0

4 3 4 4 0

2

2 1 2

4 2 1

 

 

Sample Output

14

 

 

题目链接：HDU 4845

很显然用三元组$(x,y,state)$表示当前x、y坐标，获取的钥匙情况，而且这样是可以唯一确定状态的，然后钥匙获取情况用状态压缩表示即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define fin(name) freopen(name,"r",stdin)
#define fout(name) freopen(name,"w",stdout)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 16;
struct info
{
	int x, y;
	int keyst, step;
	info() {}
	info(int _x, int _y, int _keyst, int _step): x(_x), y(_y), keyst(_keyst), step(_step) {}
};
int dir[4][2] = {{1, 0}, {0, 1}, { -1, 0}, {0, -1}};
int door[N][N][N][N];
int key[N][N];
int d[N][N][1 << 11];
bool vis[N][N][1 << 11];
int n, m, p, k, s;

void init()
{
	CLR(door, 0);
	CLR(key, 0);
	CLR(d, INF);
	CLR(vis, false);
}
inline bool check(const int &x, const int &y)
{
	return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m;
}
void bfs()
{
	queue<info>Q;
	info S(1, 1, 0 | key[1][1], 0);
	Q.push(S);
	vis[S.x][S.y][S.keyst] = true;
	d[S.x][S.y][S.keyst] = 1;
	while (!Q.empty())
	{
		info u = Q.front();
		Q.pop();
		for (int i = 0; i < 4; ++i)
		{
			int vx = u.x + dir[i][0];
			int vy = u.y + dir[i][1];
			if (!check(vx, vy))
				continue;
			int need = door[u.x][u.y][vx][vy];
			if (need == -1)
				continue;
			if ((need == 0 || (u.keyst & (1 << need))))
			{
				int vkeyst = u.keyst | (key[vx][vy]);
				if (!vis[vx][vy][vkeyst])
				{
					vis[vx][vy][vkeyst] = true;
					d[vx][vy][vkeyst] = u.step + 1;
					Q.push(info(vx, vy, vkeyst, d[vx][vy][vkeyst]));
				}
			}
		}
	}
}
int main(void)
{
	int i;
	while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &p))
	{
		init();
		scanf("%d", &k);
		for (i = 0; i < k; ++i)
		{
			int x1, x2, y1, y2, g;
			scanf("%d%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2, &g);
			if (!g)
				door[x1][y1][x2][y2] = door[x2][y2][x1][y1] = -1;
			else
				door[x1][y1][x2][y2] = door[x2][y2][x1][y1] = g;
		}
		scanf("%d", &s);
		for (i = 0; i < s; ++i)
		{
			int x1, y1, qi;
			scanf("%d%d%d", &x1, &y1, &qi);
			key[x1][y1] |= (1 << qi);
		}
		bfs();
		int ans = INF;
		int Alst = (1 << (p + 1));
		for (i = 0; i < Alst; ++i)
			if (d[n][m][i] < ans)
				ans = d[n][m][i];
		printf("%d\n", ans == INF ? -1 : ans);
	}
	return 0;
}