Luogu1979NOIP2013 华容道

Posted 2020-10-13

题目描述

【问题描述】

小 B 最近迷上了华容道，可是他总是要花很长的时间才能完成一次。于是，他想到用编程来完成华容道：给定一种局面， 华容道是否根本就无法完成，如果能完成， 最少需要多少时间。

小 B 玩的华容道与经典的华容道游戏略有不同，游戏规则是这样的：

1. 在一个 n*m 棋盘上有 n*m 个格子，其中有且只有一个格子是空白的，其余 n*m-1个格子上每个格子上有一个棋子，每个棋子的大小都是 1*1 的；

2. 有些棋子是固定的，有些棋子则是可以移动的；

3. 任何与空白的格子相邻（有公共的边）的格子上的棋子都可以移动到空白格子上。

游戏的目的是把某个指定位置可以活动的棋子移动到目标位置。

给定一个棋盘，游戏可以玩 q 次，当然，每次棋盘上固定的格子是不会变的， 但是棋盘上空白的格子的初始位置、 指定的可移动的棋子的初始位置和目标位置却可能不同。第 i 次

玩的时候， 空白的格子在第 EXi 行第 EYi 列，指定的可移动棋子的初始位置为第 SXi 行第 SYi列，目标位置为第 TXi 行第 TYi 列。

假设小 B 每秒钟能进行一次移动棋子的操作，而其他操作的时间都可以忽略不计。请你告诉小 B 每一次游戏所需要的最少时间，或者告诉他不可能完成游戏。

输入输出格式

输入格式：

输入文件为 puzzle.in。

第一行有 3 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 n、m 和 q；

接下来的 n 行描述一个 n*m 的棋盘，每行有 m 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每个整数描述棋盘上一个格子的状态，0 表示该格子上的棋子是固定的，1 表示该格子上的棋子可以移动或者该格子是空白的。接下来的 q 行，每行包含 6 个整数依次是 EXi、EYi、SXi、SYi、TXi、TYi，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每次游戏空白格子的位置，指定棋子的初始位置和目标位置。

输出格式：

输出文件名为 puzzle.out。

输出有 q 行，每行包含 1 个整数，表示每次游戏所需要的最少时间，如果某次游戏无法完成目标则输出−1。

输入输出样例

输入样例#1： 

3 4 2
0 1 1 1
0 1 1 0
0 1 0 0
3 2 1 2 2 2
1 2 2 2 3 2

输出样例#1： 

2
-1

说明

【输入输出样例说明】

棋盘上划叉的格子是固定的，红色格子是目标位置，圆圈表示棋子，其中绿色圆圈表示目标棋子。

1. 第一次游戏，空白格子的初始位置是 (3, 2)（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在(1, 2)上的棋子（图中绿色圆圈所代表的棋子）移动到目标位置(2, 2)（图中红色的格子）上。

移动过程如下：

2. 第二次游戏，空白格子的初始位置是（1, 2）（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在（2, 2）上的棋子（图中绿色圆圈所示）移动到目标位置 (3, 2)上。

要将指定块移入目标位置，必须先将空白块移入目标位置，空白块要移动到目标位置，必然是从位置（2， 2）上与当前图中目标位置上的棋子交换位置，之后能与空白块交换位置的只有当前图中目标位置上的那个棋子，因此目标棋子永远无法走到它的目标位置， 游戏无法完成。

【数据范围】

对于 30%的数据，1 ≤ n, m ≤ 10，q = 1；

对于 60%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 10；

对于 100%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 500。

 

偶然发现快要联赛了历届的联赛题还没做完。。

感觉此题一看就有思路，毕竟n和m这么小，随便预处理

好吧我的算法其实和标算不大一样，

通过观察可以发现，空白块和目标棋子swap前后他们都是相邻的，所以只要处理处空白块从某个格子的相邻格子不经过该格，到达该格的另一个相邻格的最小代价，

最后每次SPFA一波，复杂度约为O（n ^ 4 + q * n ^ 2（玄学SPFA））。反正A了就是

#大括号不要换行！不要用tab缩进！运算符两边要空格！

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define oppo(x) ((x + 2) & 3)
#define rep(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); i ++)
using namespace std;

typedef pair <int, int> pii;
const int N = 32;
const int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
const int dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int INF = 1e6;

struct node {
  int x, y, p;
};

int cost[N][N][4][4], can[N][N];
int n, m, q;
int dis[N][N], vis[N][N], state = 0;
int Dis[N][N][4];
int inq[N][N][4];

inline int bfs(int sx, int sy, int ex, int ey, int bx = 0, int by = 0) {
  if (!can[sx][sy] || !can[ex][ey]) return INF;
  int f = can[bx][by];
  can[bx][by] = 0;
  state ++;
  queue <pii> Q;
  Q.push(mp(sx, sy));
  vis[sx][sy] = state;
  dis[sx][sy] = 0;
  pii c; int x, y;
  while (!Q.empty()) {
    c = Q.front(); Q.pop();
    if (c.fi == ex && c.se == ey) break;
    x = c.fi; y = c.se;
    rep(i, 0, 3)
      if (can[x + dx[i]][y + dy[i]] && vis[x + dx[i]][y + dy[i]] != state) {
	vis[x + dx[i]][y + dy[i]] = state;
	dis[x + dx[i]][y + dy[i]] = dis[x][y] + 1;
	Q.push(mp(x + dx[i], y + dy[i]));
      }
  }
  if (vis[ex][ey] != state) dis[ex][ey] = INF;
  can[bx][by] = f;
  return dis[ex][ey];
}

inline void prework() {
  int sx, sy, ex, ey;
  rep(x, 1, n) rep(y, 1, m)
    if (can[x][y])
      rep(i, 0, 3) rep(j, i + 1, 3) {
	sx = x + dx[i]; sy = y + dy[i];
	ex = x + dx[j]; ey = y + dy[j];
	cost[x][y][i][j] = cost[x][y][j][i] = bfs(sx, sy, ex, ey, x, y);
      }
}

inline void solve() {
  int sx, sy, ex, ey, tx, ty;
  scanf("%d%d%d%d%d%d", &tx, &ty, &sx, &sy, &ex, &ey);
  if (sx == ex && sy == ey) return (void) puts("0");
  int d = bfs(sx, sy, ex, ey);
  if (d == INF) return (void) puts("-1");
  memset(Dis, 127, sizeof Dis);
  queue <node> Q;
  node c;
  rep(i, 0, 3) {
    d = bfs(tx, ty, sx + dx[i], sy + dy[i], sx, sy);
    if (d != INF) {
      Dis[sx + dx[i]][sy + dy[i]][oppo(i)] = d + 1;
      Q.push((node){sx + dx[i], sy + dy[i], oppo(i)});
      inq[sx + dx[i]][sy + dy[i]][oppo(i)] = 1;
    }
  }
  int p, x, y;
  while (!Q.empty()) {
    c = Q.front(); Q.pop();
    p = c.p; x = c.x; y = c.y;
    inq[x][y][p] = 0;
    rep(i, 0, 3)
      if (i != p && cost[x][y][p][i] != INF && Dis[x + dx[i]][y + dy[i]][oppo(i)] > Dis[x][y][p] + cost[x][y][p][i] + 1) {
	Dis[x + dx[i]][y + dy[i]][oppo(i)] = Dis[x][y][p] + cost[x][y][p][i] + 1;
	if (!inq[x + dx[i]][y + dy[i]][oppo(i)]) {
	  inq[x + dx[i]][y + dy[i]][oppo(i)] = 1;
	  Q.push((node){x + dx[i], y + dy[i], oppo(i)});
	}
      }
  }
  int ans = INF;
  rep(i, 0, 3) ans = min(ans, Dis[ex][ey][i]);
  if (ans == INF) puts("-1");
  else printf("%d\n", ans);
}

int main() {
  scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
  rep(i, 1, n)
    rep(j, 1, m) scanf("%d", &can[i][j]);
  prework();
  while (q --) solve();
  return 0;
}