很久没有发题解,今天这题卡了下百度没看到相关题解,最后还是看了官方题解才找到原本思路的bug过的。

题意:给出一个二维迷宫,*表示墙,. 表示路,X表示起点,问一个长度为k的路径,从X出发并且回到X,且路径字典序最小。如存在输出路径(方向按U、D、L、R表示,英文首字母),不存在则输出IMPOSSIBLE。

解题思路(wa在第49个case):

显然按照字典序,方向优先级D>L>R>U。随便弄了几组样例发现通常情况下,当所走路径长度达到一半的时候,原路返回比绕一个圈更优,比如LLUDRR优于LLURRD,于是很草率的决定后一半的路径全为原路返回。

特殊判断当k为奇数或者四个方向都无法前往时输出IMPOSSIBLE。

wa了后先是想了比较久都没找到反例,看了官方题解后一下子就找到了,如下:(原本反例有误,已修正)

..X.
....
....
....
.**.
....
*b..

按上面的算法,当走到"b"的时候,因为路径长度计数到9,也就是18的一半,开始原路返回(即下一步为U),但其实再往右、右、上、上、上……(下一步为R)更优,且路径长度亦为18。

思路纠正:

先广搜出X到所有其它点的最短距离,遍历点时按优先级访问,当下一点到起点的最短距离大于k-cnt时,跳过。

先是奇怪地CE了一发,原因是queue<pair<int,int>>q;这句定义报错,两个>符号要分开。(好吧vs上面没有这个问题,语言编译系统不一样)

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define sqr(x) ((x)*(x))
const int N=1e3+;
int n,m,k,cnt,x,y,tx,ty,dis[N][N];
int dx[]={,,,-},dy[]={,-,,};
char g[N][N],res[N*N],dir[]="DLRU";
bool vis[N][N];
queue<pair<int,int>>q;
bool check(int tx,int ty){
return tx>=&&tx<n&&ty>=&&ty<m&&g[tx][ty]!='*';
}
void init(){
memset(vis,,sizeof(vis));
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(make_pair(x,y));
vis[x][y]=true;
while(!q.empty()){
pair<int,int>tmp=q.front();q.pop();
int tx=tmp.first,ty=tmp.second;
for(int i=;i<;i++){
int nx=tx+dx[i],ny=ty+dy[i];
if(check(nx,ny)&&!vis[nx][ny]){
q.push(make_pair(nx,ny));
dis[nx][ny]=dis[tx][ty]+;
vis[nx][ny]=true;
}
}
}
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)){
cnt=;
for(int i=;i<n;i++){
scanf("%s",g[i]);
for(int j=;j<m;j++) if(g[i][j]=='X')
x=i,y=j;
}
if(k&){
puts("IMPOSSIBLE");
continue;
}
init();
bool flag=true;
while(flag){
flag=false;
for(int i=;i<;i++){
tx=x+dx[i],ty=y+dy[i];
if(check(tx,ty)&&dis[tx][ty]<=k-cnt){
flag=true;
res[cnt++]=dir[i];
x=tx,y=ty;
break;
}
}
if(cnt==k) break;
}
if(!flag) puts("IMPOSSIBLE");
else{
res[k]='\0';
puts(res);
}
}
return ;
}

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