[CTSC 1999]拯救大兵瑞恩&[网络流24题]孤岛营救问题

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，其南北方向被划分为 $N$ 行，东西方向被划分为 $M$ 列，于是整个迷宫被划分为 $N\times M$ 个单元。每一个单元的位置可用一个有序数对(单元的行号，单元的列号)来表示。南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙，并且所有的门被分成$P$ 类，打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。

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可忽略不计。

试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。

Input

第 $1$ 行有 $3$ 个整数，分别表示 $N,M,P$ 的值。

第 $2$ 行是 $1$ 个整数 $K$，表示迷宫中门和墙的总数。

第 $I+2$ 行$(1\leq I\leq K)$，有 $5$ 个整数，依次为$X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i$：

• 当 $G_i \geq 1$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一扇第 $G_i$ 类的门

• 当 $G_i=0$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一堵不可逾越的墙（其中，$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1$，$0\leq G_i\leq P$）。

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$(1\leq J\leq S)$，有 $3$ 个整数，依次为 $X_{i1},Y_{i1},Q_i$：表示第 $J$ 把钥匙存放在 $(X_{i1},Y_{i1})$单元里，并且第 $J$ 把钥匙是用来开启第 $Q_i$ 类门的。（其中$1\leq Q_i\leq P$）。

输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。

Output

将麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值输出。如果问题无解，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

HINT

$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1,0\leq G_i\leq P$

$1\leq Q_i\leq P$

$N,M,P\leq10, K<150,S\leq 14$

题解

比较经典的分层图。

状压钥匙状态，按状态分层，跑最短路。

（代码好早之前写的，风格早就不一样了）

 #include<cmath>
 #include<ctime>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<cstdio>
 #include<string>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int w1[]={-,,,};
 const int w2[]={,-,,};

 int n,m,p,k,X1,X2,Y1,Y2,c,P;
 int key[][][][];

 struct tt
 {
     int to,next,cost;
 }edge[];
 int path[],top;
 int dist[];

 void Add(int x,int y,int c);
 int Bfs();

 int main()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&k);
     P=<<p;
     for (int i=;i<=k;i++)
     {
         scanf("%d%d%d%d%d",&X1,&Y1,&X2,&Y2,&c);
         if (c==) c=-;
         key[X1][Y1][X2][Y2]=key[X2][Y2][X1][Y1]=c;
     }
     for (int i=;i<P;i++)
     {
         for (int x=;x<=n;x++)
         {
             for (int y=;y<=m;y++)
             {
                 for (int w=;w<;w++) if (x+w1[w]>=&&x+w1[w]<=n&&y+w2[w]>=&&y+w2[w]<=m)
                 {
                     if (key[x][y][x+w1[w]][y+w2[w]]==-) continue;
                     if (key[x][y][x+w1[w]][y+w2[w]]==) Add(x*m*P+y*P+i,(x+w1[w])*m*P+(y+w2[w])*P+i,);
                     else if (i&(<<(key[x][y][x+w1[w]][y+w2[w]]-))) Add(x*m*P+y*P+i,(x+w1[w])*m*P+(y+w2[w])*P+i,);
                 }
             }
         }
     }
     scanf("%d",&k);
     for (int i=;i<=k;i++)
     {
         scanf("%d%d%d",&X1,&Y1,&c);
         for (int j=;j<P;j++) if (!(j&(<<(c-))))
         {
             Add(X1*m*P+Y1*P+j,X1*m*P+Y1*P+(j|(<<(c-))),);
         }
     }
     printf("%d\n",Bfs());
     return ;
 }

 void Add(int x,int y,int c)
 {
     edge[++top].to=y;
     edge[top].next=path[x];
     edge[top].cost=c;
     path[x]=top;
 }
 int Bfs()
 {
     memset(dist,/,sizeof(dist));
     int INF=dist[m*P+P];
     dist[m*P+P]=;
     queue<int>Q;
     Q.push(m*P+P);
     while (!Q.empty())
     {
         for (int i=path[Q.front()];i;i=edge[i].next)
         {
             if (dist[Q.front()]+edge[i].cost<dist[edge[i].to])
             {
                 dist[edge[i].to]=dist[Q.front()]+edge[i].cost;
                 Q.push(edge[i].to);
             }
         }
         Q.pop();
     }
     int ans=INF;
     for (int i=;i<P;i++) if (dist[n*m*P+m*P+i]<ans) ans=dist[n*m*P+m*P+i];
     return ans==INF ? -:ans;
 }