POJ 3322 Bloxorz I
首先呢 这个题目的名字好啊 ORZ啊
如果看不懂题意的话 请戳这里 玩儿几盘就懂了【微笑】
http://www.albinoblacksheep.com/games/bloxorz
就是这个神奇的木块可以各种滚
但是有墙的地方是不能去的 有的地方只能躺着走 立着会掉下去。（姑且把这种底面叫“软底面”吧） （很坑的）
思路：
搜索（BFS）
一开始是想传5个参数（其实没必要 。。。）
① flag flag表示在第几种状态② x1 ③ y1 ④ x2 ⑤ y2（坐标们）
1. flag=0
代表这个木块是立着的 这个时候只有x1,y1有用
2. flag=1
代表木块的位置如下图（呃你愿意叫它竖着躺着也好）
这个时候y1,y2相同 x1,x2相差1
3. flag=2
代表木块的位置如下图（呃你愿意叫它横着躺着也好）
这个时候x1,x2相同 y1,y2相差1
每次搜索的时候判一下符不符合
① 不轧墙
② 没有在“软地面”上立着
省略无数次脑残错误。 。。
终于AC 了
以下是我的第一个AC代码
//By: Sirius_Ren
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
char a[705][705];
char xxs[4][3]={{1,2,1},{0,0,2},{0,0,2},{-2,-1,1}},yys[4][2]={{0,0},{1,2},{-2,-1},{0,0}};
char xx1[4][3]={{-1,0,0},{2,0,0},{0,1,1},{0,1,1}},yy1[4][2]={{0,0},{0,0},{1,1},{-1,-1}};
char xx2[4][3]={{-1,-1,2},{1,1,2},{0,0,0},{0,0,0}},yy2[4][2]={{0,1},{0,1},{-1,0},{2,0}};
int vis[705][705][3];
int n,m,ex,ey;
struct node
{
short flag;
int x1,y1,x2,y2;
}J,U;
queue<node> q;
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)&&(n||m))
{
J.flag=1;J.x1=J.x2=J.y1=J.y2=0;
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=01;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]=='X')
{
if(J.flag) J.x1=i,J.y1=j,J.flag=!J.flag;
else J.x2=i,J.y2=j,J.flag=!J.flag;
}
else if(a[i][j]=='O')ex=i,ey=j;
}
// printf("%d %d",ex,ey);
if(J.x1==J.x2)J.flag=2;
vis[J.x1][J.y1][J.flag]=0;
q.push(J);
while(!q.empty())
{
J=q.front();q.pop();
// printf("J=%d flag=%d x1=%d y1=%d x2=%d y2=%d\n",vis[J.x1][J.y1][J.flag],J.flag,J.x1,J.y1,J.x2,J.y2);
if(J.x1==ex&&J.y1==ey&&!J.flag)break;
if(!J.flag)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)
{
if(a[J.x1+xxs[i][j]][J.y1+yys[i][j]]=='#')F=1;
}
U.flag=xxs[i][2],U.x1=J.x1+xxs[i][0],U.x2=J.x1+xxs[i][1],U.y1=J.y1+yys[i][0],U.y2=J.y1+yys[i][1];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag])continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
// printf("U=%d %d %d %d %d %d\n",i,U.flag,U.x1,U.y1,U.x2,U.y2);
q.push(U);
}
}
else if(J.flag==1)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)
{
if(a[J.x1+xx1[i][j]][J.y1+yy1[i][j]]=='#')F=1;
}
U.flag=xx1[i][2],U.x1=J.x1+xx1[i][0],U.x2=J.x1+xx1[i][1],U.y1=J.y1+yy1[i][0],U.y2=J.y1+yy1[i][1];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag]||(!U.flag&&a[U.x1][U.y1]=='E'))continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
// printf("U=%d %d %d %d %d %d\n",i,U.flag,U.x1,U.y1,U.x2,U.y2);
q.push(U);
}
}
else if(J.flag==2)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)
{
if(a[J.x1+xx2[i][j]][J.y1+yy2[i][j]]=='#')F=1;
}
U.flag=xx2[i][2],U.x1=J.x1+xx2[i][0],U.x2=J.x1+xx2[i][1],U.y1=J.y1+yy2[i][0],U.y2=J.y1+yy2[i][1];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag]||(!U.flag&&a[U.x1][U.y1]=='E'))continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
// printf("U=%d %d %d %d %d %d\n",i,U.flag,U.x1,U.y1,U.x2,U.y2);
// printf("%d %d \n",vis[U.x1][U.y1][U.flag],vis[J.x1][J.y1][J.flag]);
q.push(U);
}
}
}
if(~vis[ex][ey][0])printf("%d\n",vis[ex][ey][0]);
else printf("Impossible\n");
while(!q.empty())q.pop();
}
}
/*
7 7
#######
#..X###
#..X#O#
#....E#
#....E#
#.....#
#######
8 17
#################
#######.......###
#....##...##..###
#.........##....#
#.X..#######..O.#
#....#######....#
#############...#
#################
7 7
#######
#..X###
#..##O#
#....E#
#....E#
#.....#
#######
0 0
*/这时候 我发现了一个问题: 如果每回指定flag为一个值的时候木块的方向，就可以在结构体里面只传3个参数了，随后我就试了试。
的确是这样
//By: Sirius_Ren
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
char a[705][705];
char xxs[4][3]={{1,2,1},{0,0,2},{0,0,2},{-2,-1,1}},yys[4][2]={{0,0},{1,2},{-2,-1},{0,0}};
char xx1[4][3]={{-1,0,0},{2,0,0},{0,1,1},{0,1,1}},yy1[4][2]={{0,0},{0,0},{1,1},{-1,-1}};
char xx2[4][3]={{-1,-1,2},{1,1,2},{0,0,0},{0,0,0}},yy2[4][2]={{0,1},{0,1},{-1,0},{2,0}};
int vis[705][705][3];
int n,m,ex,ey,x2,y2;
struct node
{
short flag;
int x1,y1;
}J,U;
queue<node> q;
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)&&(n||m))
{
J.flag=1;J.x1=J.y1=x2=y2=0;
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=01;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]=='X')
{
if(J.flag) J.x1=i,J.y1=j,J.flag=!J.flag;
else x2=i,y2=j,J.flag=!J.flag;
}
else if(a[i][j]=='O')ex=i,ey=j;
}
if(J.x1==x2)J.flag=2;
vis[J.x1][J.y1][J.flag]=0;
q.push(J);
while(!q.empty())
{
J=q.front();q.pop();
if(J.x1==ex&&J.y1==ey&&!J.flag)break;
if(!J.flag)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)
{
if(a[J.x1+xxs[i][j]][J.y1+yys[i][j]]=='#')F=1;
}
U.flag=xxs[i][2],U.x1=J.x1+xxs[i][0],U.y1=J.y1+yys[i][0];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag])continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
q.push(U);
}
}
else if(J.flag==1)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)
{
if(a[J.x1+xx1[i][j]][J.y1+yy1[i][j]]=='#')F=1;
}
U.flag=xx1[i][2],U.x1=J.x1+xx1[i][0],U.y1=J.y1+yy1[i][0];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag]||(!U.flag&&a[U.x1][U.y1]=='E'))continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
q.push(U);
}
}
else if(J.flag==2)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)
{
if(a[J.x1+xx2[i][j]][J.y1+yy2[i][j]]=='#')F=1;
}
U.flag=xx2[i][2],U.x1=J.x1+xx2[i][0],U.y1=J.y1+yy2[i][0];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag]||(!U.flag&&a[U.x1][U.y1]=='E'))continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
q.push(U);
}
}
}
if(~vis[ex][ey][0])printf("%d\n",vis[ex][ey][0]);
else printf("Impossible\n");
while(!q.empty())q.pop();
}
}继续发掘缩短代码的潜能。。。。
我们发现：无论flag等于多少，之后所进行的操作有一定的相似性。我们就可以把它写成一个函数，每次只需把要进行操作的数组传进去就OK了。
//By: Sirius_Ren
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
char xxs[4][3]={{1,2,1},{0,0,2},{0,0,2},{-2,-1,1}},yys[4][2]={{0,0},{1,2},{-2,-1},{0,0}},a[705][705];
char xx1[4][3]={{-1,0,0},{2,0,0},{0,1,1},{0,1,1}},yy1[4][2]={{0,0},{0,0},{1,1},{-1,-1}};
char xx2[4][3]={{-1,-1,2},{1,1,2},{0,0,0},{0,0,0}},yy2[4][2]={{0,1},{0,1},{-1,0},{2,0}};
int vis[705][705][3];
int n,m,ex,ey,x2,y2;
struct node{short flag;int x1,y1;}J,U;
queue<node> q;
inline void f(char xxx[4][3],char yyy[4][2]){
for(int i=0;i<4;i++){
int F=0;
for(int j=0;j<=1;j++)if(a[J.x1+xxx[i][j]][J.y1+yyy[i][j]]=='#')F=1;
U.flag=xxx[i][2],U.x1=J.x1+xxx[i][0],U.y1=J.y1+yyy[i][0];
if(F||~vis[U.x1][U.y1][U.flag]||(!U.flag&&a[U.x1][U.y1]=='E'))continue;
vis[U.x1][U.y1][U.flag]=vis[J.x1][J.y1][J.flag]+1;
q.push(U);
}
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)&&(n||m)){
J.flag=1;J.x1=J.y1=x2=y2=0;
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++){
scanf("%c",&a[i][j]);
if(a[i][j]=='X')
if(J.flag) J.x1=i,J.y1=j,J.flag=!J.flag;
else x2=i,y2=j,J.flag=!J.flag;
else if(a[i][j]=='O')ex=i,ey=j;
}
if(J.x1==x2)J.flag=2;
vis[J.x1][J.y1][J.flag]=0;
q.push(J);
while(!q.empty()){
J=q.front();q.pop();
if(J.x1==ex&&J.y1==ey&&!J.flag)break;
if(!J.flag) f(xxs,yys);
else if(J.flag==1) f(xx1,yy1);
else f(xx2,yy2);
}
if(~vis[ex][ey][0])printf("%d\n",vis[ex][ey][0]);
else printf("Impossible\n");
while(!q.empty())q.pop();
}
}
缩完代码就是爽啊
但是程序好慢。。
找了一下原因
All in all,STL不是万能的。 它会影响到程序的运行速度。
POJ 3322 Bloxorz I的更多相关文章
- POJ 3322 Bloxorz(算竞进阶习题)
bfs 标准广搜题,主要是把每一步可能的坐标都先预处理出来,会好写很多 每个状态对应三个限制条件,x坐标.y坐标.lie=0表示直立在(x,y),lie=1表示横着躺,左半边在(x,y),lie=2表 ...
- POJ 3322 Bloxorz
#include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdio> #i ...
- 【POJ 3322】 Bloxorz I
[题目链接] http://poj.org/problem?id=3322 [算法] 广度优先搜索 [代码] #include <algorithm> #include <bitse ...
- Bloxorz I （poj 3322 水bfs）
Language: Default Bloxorz I Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions: 5443 Acce ...
- Bloxorz I POJ - 3322 （bfs）
Little Tom loves playing games. One day he downloads a little computer game called 'Bloxorz' which m ...
- POJ 3322(广搜)
---恢复内容开始--- http://poj.org/problem?id=3322 题意:http://jandan.net/2008/01/24/bloxorz.html就是这个鬼游戏 我也是郁 ...
- poj很好很有层次感（转）
OJ上的一些水题(可用来练手和增加自信) (POJ 3299,POJ 2159,POJ 2739,POJ 1083,POJ 2262,POJ 1503,POJ 3006,POJ 2255,POJ 30 ...
- POJ题目分类推荐 （很好很有层次感）
著名题单,最初来源不详.直接来源:http://blog.csdn.net/a1dark/article/details/11714009 OJ上的一些水题(可用来练手和增加自信) (POJ 3299 ...
- 【POJ】【2601】Simple calculations
推公式/二分法 好题! 题解:http://blog.csdn.net/zck921031/article/details/7690288 这题明显是一个方程组……可以推公式推出来…… 然而这太繁琐了 ...
随机推荐
- 【Android】进程间通信IPC——Binder
Binder是Android中的跨进程通信方式,bindService的时候,服务端返回Binder对象,通过该对象客户端可以从服务端获取数据.在进程间通信IPC——AIDL中创建了ICustomAi ...
- Burnside引理和polay计数 poj2409 Let it Bead
题目描述 "Let it Bead" company is located upstairs at 700 Cannery Row in Monterey, CA. As you ...
- 16.1 foreach 循环中捕获变量的变化
在 foreach 循环内的匿名函数(通常为Lambda表达式)中捕获循环 变量时要格外小心.代码清单16-1就展示了这样一个简单的示例,它看上去似乎会输出 x . y . z . string[] ...
- HDU114 - Piggy-Bank 【完全背包】
在 ACM 能够开展之前,必须准备预算,并获得必要的财力支持.该活动的主要收入来自于 Irreversibly Bound Money (IBM).思路很简单.任何时候,某位 ACM 会员有少量的钱时 ...
- 【Android】登陆界面设计
界面布局 布局其实很简单,用相对布局累起来就可以了,然后注册和记住密码这两个控件放在一个水平线性布局里 界面底部还设置了一个QQ一键登录的入口,可以直接用. 控件的ID命名有点乱 <?xml v ...
- 9.boost权重控制
主要知识点: 学会在should中使用boost进行权重控制 假如现在有一个需求:要把should中某些字段优先显示, 1.不加boost权重控制 GET /forum/article/_se ...
- bat 读取当前目录指定文件信息并拼接
bat 读取指定文件的信息并拼接成指定格式
- BUAA_OO_博客作业三
1 JML语言总结 1.1 JML语言的理论基础 JML(Java Modeling Language)是用于对Java程序进行规格化设计的一种表示语言.JML是一种行为接口规格语言(Behavi ...
- 【codeforces 758D】Ability To Convert
[题目链接]:http://codeforces.com/contest/758/problem/D [题意] 给你一个n进制的数k; 问你它可能的最小的十进制数是多少; [题解] 从右往左; 获取数 ...
- ubuntu添加开机自启和sysv-rc-conf
此文ubuntu使用sysvinit,而非upstart UBUNTU添加开机自动启动程序方法 1. 开机启动时自动运行程序 Linux加载后, 它将初始化硬件和设备驱动, 然后运行第一个进程i ...