【HDU - 1429】胜利大逃亡(续) (高级搜索)【状态压缩+BFS】
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。
Input
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。
Output
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。
Sample Input
4 5 17
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b* 4 5 16
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
Sample Output
16
-1
题意:给n行m列的迷宫,还有t的时间,问能不能在t的时间内走出迷宫
思路:广搜+状态压缩
博主学到的:
1.状态压缩
这里有10把钥匙,有钥匙用1表示,没有钥匙用0表示,显然每把钥匙只有0和1两种状态,所以可以用2进制来存放钥匙的状态。
举个栗子:0101(这个是二进制表示,转化为十进制是5)表示当前有a钥匙和c钥匙
即第一把钥匙和第三把钥匙(abcd分别对应1234)
那怎么更新状态呢?这个时候我们要用到 与运算(&)和 或运算(|)
例如一开始你没有钥匙,此时状态为ys=0
当你走到b钥匙处,状态更新为ys=ys|(1<<'b'-'a');
此时ys=2,用二进制表示是0010,即拥有b钥匙
当你走到B门的时候,想知道自己有没有b钥匙,
则计算ys>>(‘B’-‘A’)&1的值(右移的优先级高于与,所以是先右移后与)
如果计算出值为1,则说明有这把钥匙。
2.状态标记(爆内存了几次,先记下来以后报仇.jpg)
为了避免来回走,我们设一个vis[x][y][ys]数组来表示当前状态是否经历过,如果经历过,就跳过(因为重复了)
注意同一个点,拥有的钥匙不同,这个点的状态也不同,有同样多的钥匙就没必要在这个点来回走
划重点:当检查到某个点能走时,把它放入队列并标记
一开始我把检查后能走的点放入队列中,等拿出这个点才对它进行标记,结果无限Memory Limit Exceeded
原因:假如有3个相邻的点,记为a b c,b是可以走的点,而且a和c在队列中
在队列中拿出a,b在a的右边,而且b可以走,所以b就放入了队列,a被标记
然后再队列中拿出c,b在c的左边,b没有被标记,b再次被放入队列,c被标记
问题来了,b被重复放入了队列,即使答案是正确的,但重复的点多次放入了队列
导致内存浪费,数据一旦很大,就会爆内存
所以标记要及时打上
下面是我的代码
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int n,m,t;
char a[][];
bool vis[][][<<];//10把钥匙状态用2进制存
int sx,sy,ex,ey;
struct node{
int x,y,ys,step;
};
queue<node> q;
int dx[]={-,,,};
int dy[]={,-,,};
node now,nextt;
bool check(node &b){
if(b.x>=&&b.x<=n&&b.y>=&&b.y<=m)//是否越界
{
if(vis[b.x][b.y][b.ys]==&&a[b.x][b.y]!='*')//是不是路,有没有走过
{ if(a[b.x][b.y]>='A'&&a[b.x][b.y]<='J')//判断是不是门
{
if((b.ys>>(a[b.x][b.y]-'A'))&==) {
return true;//是门,有钥匙
}
else return false;//是门没钥匙
} if(a[b.x][b.y]>='a'&&a[b.x][b.y]<='j')//判断是不是钥匙,
{
if((b.ys&(<<a[b.x][b.y]-'a'))==)
{
b.ys=b.ys|(<<a[b.x][b.y]-'a');
return true;
}
else return true;
} if(a[b.x][b.y]=='@'||a[b.x][b.y]=='^'||a[b.x][b.y]=='.')
return true; //return true;//是起点,终点或者路
}
else return false;//是障碍或者走过
}
else return false;//越界 }
int bfs(node now){
while(!q.empty())
{
now=q.front(); q.pop();
if(now.step>=t) return -;
if(now.x==ex&&now.y==ey) return now.step; for(int i=;i<;i++){
nextt=now;
nextt.x+=dx[i];
nextt.y+=dy[i];
nextt.step+=;
if(check(nextt))
{vis[nextt.x][nextt.y][nextt.ys]=;
q.push(nextt);
}
}
}
return - ;
} int main()
{
while(cin>>n>>m>>t)
{
while(!q.empty())
{
q.pop();
}
memset(vis,,sizeof(vis));
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]=='@'){
sx=i;
sy=j;
}
if(a[i][j]=='^'){
ex=i;
ey=j;
}
}
now.x=sx;
now.y=sy;
now.ys=;
now.step=;
q.push(now);
int ans;
ans=bfs(now);
if(ans<t) cout<<ans<<endl;
else cout<<-<<endl;
} return ;
}
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