hdu 1253:胜利大逃亡（基础广搜BFS）

胜利大逃亡

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 23779    Accepted Submission(s): 9125

Problem Description

Ignatius被魔王抓走了,有一天魔王出差去了,这可是Ignatius逃亡的好机会.

魔王住在一个城堡里,城堡是一个A*B*C的立方体,可以被表示成A个B*C的矩阵,刚开始Ignatius被关在(0,0,0)的位置,离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置,现在知道魔王将在T分钟后回到城堡,Ignatius每分钟能从一个坐标走到相邻的六个坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出Ignatius能否在魔王回来前离开城堡(只要走到出口就算离开城堡,如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1.

 

Input

输入数据的第一行是一个正整数K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第一行是四个正整数A,B,C和T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的大小和魔王回来的时间.然后是A块输入数据(先是第0块,然后是第1块,第2块......),每块输入数据有B行,每行有C个正整数,代表迷宫的布局,其中0代表路,1代表墙.(如果对输入描述不清楚,可以参考Sample Input中的迷宫描述,它表示的就是上图中的迷宫)

特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.

 

Output

对于每组测试数据,如果Ignatius能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他最少需要多少分钟,否则输出-1.

 

Sample Input

1

3 3 4 20

0 1 1 1

0 0 1 1

0 1 1 1

1 1 1 1

1 0 0 1

0 1 1 1

0 0 0 0

0 1 1 0

0 1 1 0

 

Sample Output

11

 

Author

Ignatius.L

 

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　　BFS广搜基础题。

　　这道题挺有新意，把二维地图的搜索转变成了三维地图的搜索，不过换汤不换药，思路是一样的。直接拿过来BFS的模板，改动了一下，提交就过了。但是效率不高，1000+MS，有大神路过希望贴个更快的代码，感激不尽！^_^

　　参考代码：

 #include <iostream>
 #include <string.h>
 #include <queue>
 using namespace std;
 int a[][][];    //记录地图
 int isv[][][];    //记录访问过没有
 int dx[] = {,,,-,,};
 int dy[] = {,,-,,,};
 int dz[] = {,,,,-,};
 int A,B,C,T;
 struct NODE{
     int x;
     int y;
     int z;
     int step;
 };
 bool judge(int x,int y,int z,int step)
 {
     if( x< || y< || z< || x>A || y>B || z>C )    //出界
         return ;
     if( isv[x][y][z] )    //走过
         return ;
     if( a[x][y][z]== )    //遇到墙
         return ;
     if(step+>T)    //如果走这一步超过了时间，不能走
         return ;
     return ;
 }
 int bfs(int x,int y,int z)    //返回到达终点的时间
 {
     memset(isv,,sizeof(isv));
     queue <NODE> q;
     NODE cur,next;
     cur.x = x;
     cur.y = y;
     cur.z = z;
     cur.step = ;
     isv[][][] = true;
     q.push(cur);    //第一个节点入队
     while(!q.empty()){
         cur = q.front();
         q.pop();    //队首出队
         if( cur.x==A && cur.y==B && cur.z==C){
             return cur.step;
         }
         for(int i=;i<;i++){
             int nx = cur.x + dx[i];
             int ny = cur.y + dy[i];
             int nz = cur.z + dz[i];
             if(judge(nx,ny,nz,cur.step))    //判定
                 continue;
             //可以走
             next.x = nx;
             next.y = ny;
             next.z = nz;
             isv[nx][ny][nz] = true;    //记录访问过
             next.step = cur.step + ;
             q.push(next);
         }
     }
     return ;
 }
 int main()
 {
     int n;
     cin>>n;
     while(n--){
         scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&T);
         int i,j,k;
         for(i=;i<=A;i++)
             for(j=;j<=B;j++)
                 for(k=;k<=C;k++)
                     scanf("%d",&a[i][j][k]);
         int step = bfs(,,);
         if(step)    //到达终点
             printf("%d\n",step);
         else
             printf("-1\n");
     }
     return ;
 }

Run ID	Submit Time	Judge Status	Pro.ID	Exe.Time	Exe.Memory	Code Len.	Language	Author
10416745	2014-03-28 09:53:41	Accepted	1253	1140MS	1652K	1877 B	C++	freecode

Freecode : www.cnblogs.com/yym2013