HDU 1429 胜利大逃亡(续) (BFS+位压缩)
2013-04-04 12:13
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题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1429
[align=left]Problem Description[/align]
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。
[align=left]Input[/align]
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。
[align=left]Output[/align]
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。
[align=left]Sample Input[/align]
4 5 17
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
4 5 16
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
[align=left]Sample Output[/align]
16
-1
[align=left]Author[/align]
LL
[align=left]Source[/align]
ACM暑期集训队练习赛(三)
[align=left]Recommend[/align]
linle
这题很纠结。。。。想了好几天了。。。。一开始想到以每个点是否走过超过2次作为判断条件,调试的时候发现这种方法显然错误,后来又想到在结构体中加入存储钥匙的数组,可惜测试用例都过不了,后来想想,就算过了测试用例也应该会MLE的吧,貌似很复杂。。。。实在没办法了,只能找找题解了,看到有大牛介绍的位压缩方法。。。果断用上了,经过多次的WA后,终于A过。。。还得继续努力啊!加油!
思路:
用一个十位的二进制数表示钥匙,如00000000001代表有第一个钥匙,0000000010代表第二个钥匙。
因为有10把钥匙,因此有2^10=1024种情况,可以用一个三维数组标记。
如果该点为钥匙点,则可采用|运算来模拟拾取,显然0001 | 1000 = 1001
当为相应的门时采用&运算来模拟开启,例如1101 & 0001 = 0001(即可以打开'A'门)
Code
胜利大逃亡(续)
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 3309 Accepted Submission(s): 1063[align=left]Problem Description[/align]
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。
[align=left]Input[/align]
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。
[align=left]Output[/align]
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。
[align=left]Sample Input[/align]
4 5 17
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
4 5 16
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
[align=left]Sample Output[/align]
16
-1
[align=left]Author[/align]
LL
[align=left]Source[/align]
ACM暑期集训队练习赛(三)
[align=left]Recommend[/align]
linle
这题很纠结。。。。想了好几天了。。。。一开始想到以每个点是否走过超过2次作为判断条件,调试的时候发现这种方法显然错误,后来又想到在结构体中加入存储钥匙的数组,可惜测试用例都过不了,后来想想,就算过了测试用例也应该会MLE的吧,貌似很复杂。。。。实在没办法了,只能找找题解了,看到有大牛介绍的位压缩方法。。。果断用上了,经过多次的WA后,终于A过。。。还得继续努力啊!加油!
思路:
用一个十位的二进制数表示钥匙,如00000000001代表有第一个钥匙,0000000010代表第二个钥匙。
因为有10把钥匙,因此有2^10=1024种情况,可以用一个三维数组标记。
如果该点为钥匙点,则可采用|运算来模拟拾取,显然0001 | 1000 = 1001
当为相应的门时采用&运算来模拟开启,例如1101 & 0001 = 0001(即可以打开'A'门)
Code
#include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; #define N 24 struct node { int x; int y; int time; int key; }; char g ; int dir[4][2]={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}}; int n,m,t,sx,sy,ex,ey; int vis [1030]; void getd() { int i,j; char s ; for(i=0;i<n;i++) { gets(s); for(j=0;j<strlen(s);j++) { g[i][j]=s[j]; if(s[j]=='@') { sx=i;//起点 sy=j; } else if(s[j]=='^') { ex=i;//终点 ey=j; } } } } void bfs() { queue<node>q; memset(vis,0,sizeof(vis)); node p,s; int i,j,key; p.x=sx;p.y=sy; p.time=p.key=0; vis[p.x][p.y][p.key]=1; q.push(p); while(!q.empty()) { p=q.front(); q.pop(); for(i=0;i<4;i++) { s.x=p.x+dir[i][0]; s.y=p.y+dir[i][1]; s.key=p.key; s.time=p.time+1; if(!(s.x>=0&&s.x<n&&s.y>=0&&s.y<m)||g[s.x][s.y]=='*'||s.time>t)continue; if(g[s.x][s.y]=='^'&&s.time<t){printf("%d\n",s.time);return ;}//已到达终点位置 if(g[s.x][s.y]>='a'&&g[s.x][s.y]<='z') { key=1<<(g[s.x][s.y]-'a'); s.key|=key;//加入钥匙 } else if(g[s.x][s.y]>='A'&&g[s.x][s.y]<='Z') { key=1<<(g[s.x][s.y]-'A'); if(!(key&s.key))continue;//没有钥匙,无法打开门 } if(vis[s.x][s.y][s.key])continue;//已经经历过该状态,不可再经历 vis[s.x][s.y][s.key]=1;//标记 q.push(s); } } printf("-1\n"); } int main() { while(scanf("%d %d %d",&n,&m,&t)!=EOF) { getchar(); getd(); bfs(); } return 0; }
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