UVA1601 The Morning afther Halloween
题目大意
w h (w, h <= 16)的网格有 n ( n <= 3) 个小写字母(代表鬼)其余的是‘#’(代表障碍格) 或 ‘ ’(代表空格。 要求把他们移动到对应的大写字母里。每步可以有多个鬼同时移动(均为上下左右4个移动方向之一), 但每步移动两个鬼不能占用同一个位置, 也不能在一步之内交换位置。输入保证空格联通,障碍联通,且在2 2子网格中至少有一个障碍格,并且最外面一层是障碍格。输入保证有解。
基本原理
Bfs模拟三个小鬼到处乱走的状态即可。
优化
- 我们可以将带障碍的网格图更改为一张由节点和边组成的图,避免了搜索时对障碍的判断。
- 对于状态的判重,不要用stl的set$O\log n$解决,我们要想办法在$O(1)$的时间内判重。建图时图的节点的下标要离散化,不是其在网格图中的位置row * TotCol + col,而是新建出这个节点的序号。这样,由于位置最多有$(2^4)^2=2^8$,所以我们可以如此状态压缩:将第一个小人所在节点的编号|(第二个小人所在节点的编号<<8)|(第三个小人所在节点的编号<<16)。这样我们就可以用数组来判重了。
- 循环总是比递归快。进行状态转移时,不要递归每一个小人的位置。用循环枚举。对于人数<3的情况,将不用的人放到一个孤立点中即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <cstdarg>
using namespace std; const int MAX_ROW = 20, MAX_COL = 16, MAX_ROLE = 3, MAX_EDGE = MAX_ROW * MAX_COL * 4, MAX_STATE = 20000000;
bool IsWall[MAX_ROW][MAX_COL];
int TotRole, TotRow, TotCol;
int Ans;
int Dist1[MAX_STATE], Dist2[MAX_STATE]; struct Node;
struct Edge; struct Node
{
Edge *Head;
}_nodes[MAX_ROW * MAX_COL];
int _vCount; Node *_cord[MAX_ROW][MAX_COL];
Node *NewNode(int row, int col)
{
return _cord[row][col] = _nodes + _vCount++;
} struct Edge
{
Node *To;
Edge *Next;
}_edges[MAX_EDGE];
int _eCount; void AddEdge(Node *from, Node *to)
{
Edge *e = _edges + ++_eCount;
e->To = to;
e->Next = from->Head;
from->Head = e;
} struct State
{
Node *Pos[MAX_ROLE];
int Dist; void Clear()
{
memset(Pos, NULL, sizeof(Pos));
Dist = 0;
} State() { Clear(); } bool CanMove(Node **tos)
{
for (int i = 0; i < MAX_ROLE; i++)
for (int j = i + 1; j < MAX_ROLE; j++)
{
if (tos[i] == Pos[j] && tos[j] == Pos[i])
return false;
if (tos[i] == tos[j])
return false;
}
return true;
} State GetMove(Node **tos)
{
State ans;
for (int i = 0; i < MAX_ROLE; i++)
ans.Pos[i] = tos[i];
return ans;
}
}Start, Target;
queue<State> q1, q2; void ClearAll()
{
memset(Dist1, -1, sizeof(Dist1));
memset(Dist2, -1, sizeof(Dist2));
while (!q1.empty())
q1.pop();
while (!q2.empty())
q2.pop();
Start.Clear();
Target.Clear();
memset(_nodes, 0, sizeof(_nodes));
memset(_edges, 0, sizeof(_edges));
memset(IsWall, 0, sizeof(IsWall));
_eCount = 0;
Ans = 0;
_vCount = 3;
Start.Pos[0] = _nodes, Start.Pos[1] = _nodes + 1, Start.Pos[2] = _nodes + 2;
Target.Pos[0] = _nodes, Target.Pos[1] = _nodes + 1, Target.Pos[2] = _nodes + 2;
memset(_cord, NULL, sizeof(_cord));
} void BuildGraph()
{
for (int row = 0; row < TotRow; row++)
for (int col = 0; col < TotCol; col++)
if (!IsWall[row][col] && !_cord[row][col])
NewNode(row, col);
for (int i = TotRole; i < MAX_ROLE; i++)
{
AddEdge(Start.Pos[i], Start.Pos[i]);
AddEdge(Target.Pos[i], Target.Pos[i]);
}
const int Dir[4][2] = { { 1, 0 },{ 0, 1 },{ -1, 0 },{ 0, -1 } };
for (int row = 0; row < TotRow; row++)
for (int col = 0; col < TotCol; col++)
{
if (IsWall[row][col])
continue;
AddEdge(_cord[row][col], _cord[row][col]);
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
int row1 = row + Dir[i][0], col1 = col + Dir[i][1];
if (row1 < 0 || row1 >= TotRow || col1 < 0 || col1 >= TotCol)
continue;
if (IsWall[row1][col1])
continue;
AddEdge(_cord[row][col], _cord[row1][col1]);
}
}
} int State_int(State& S)
{
int state = S.Pos[0] - _nodes | (S.Pos[1] - _nodes << 8) | (S.Pos[2] - _nodes << 16);
return state;
} void DoNext(State& cur,
int *distIn, int *distOut,
queue<State>& qIn)
{
Node *tos[MAX_ROLE];
for (Edge *e0 = cur.Pos[0]->Head; e0; e0 = e0->Next)
for (Edge *e1 = cur.Pos[1]->Head; e1; e1 = e1->Next)
for (Edge *e2 = cur.Pos[2]->Head; e2; e2 = e2->Next)
{
tos[0] = e0->To, tos[1] = e1->To, tos[2] = e2->To;
if (!cur.CanMove(tos))
continue;
State next = cur.GetMove(tos);
next.Dist = cur.Dist + 1;
int nextS = State_int(next);
if (distIn[nextS] >= 0)
continue;
distIn[nextS] = next.Dist;
if (distOut[nextS] >= 0)
{
Ans = next.Dist + distOut[nextS];
return;
}
qIn.push(next);
}
} int Bfs()
{
Start.Dist = Target.Dist = 0;
Dist1[State_int(Start)] = Dist2[State_int(Target)] = 0;
q1.push(Start);
q2.push(Target);
while (true)
{
int curDist = q1.front().Dist;
while (q1.front().Dist == curDist)
{
State cur = q1.front();
q1.pop();
DoNext(cur, Dist1, Dist2, q1);
if (Ans)
return Ans;
}
while (q2.front().Dist == curDist)
{
State cur = q2.front();
q2.pop();
DoNext(cur, Dist2, Dist1, q2);
if (Ans)
return Ans;
}
}
return Ans;
} int main()
{
char s[MAX_COL + 5];
while (scanf("%d%d%d\n", &TotCol, &TotRow, &TotRole) && (TotRow || TotCol || TotRole))
{
ClearAll();
for (int row = 0; row < TotRow; row++)
{
memset(s, 0, sizeof(s));
fgets(s, sizeof(s), stdin);
for (int col = 0; col < TotCol; col++)
{
char ch = s[col];
if (ch == '#')
IsWall[row][col] = true;
else if ('a' <= ch && ch <= 'c')
Start.Pos[ch - 'a'] = NewNode(row, col);
else if ('A' <= ch && ch <= 'C')
Target.Pos[ch - 'A'] = NewNode(row, col);
}
}
BuildGraph();
printf("%d\n", Bfs());
}
return 0;
}
UVA1601 The Morning afther Halloween的更多相关文章
- UVa1601 - The Morning after Halloween [单向bfs]
解题思路: 1.注意到2*2方格中必有一个#,那么最多只有192条通道,可以将所有非‘#’的位置提取出来用邻接表的方式建图,通过bfs搜索目标位置. 2.将三个ghost的位置(a,b,c)作为状态量 ...
- UVa 1601 || POJ 3523 The Morning after Halloween (BFS || 双向BFS && 降维 && 状压)
题意 :w*h(w,h≤16)网格上有n(n≤3)个小写字母(代表鬼).要求把它们分别移动到对应的大写字母里.每步可以有多个鬼同时移动(均为往上下左右4个方向之一移动),但每步结束之后任何两个鬼不能占 ...
- 7-9The Morning after Halloween uva1601
这题可以用普通bfs来做 也可以用双向bfs来做(先欠着) 有点类似专题训练的一题 不过那题是找钥匙开门 不过都用了状态压缩 题意: n,m(<=16) 的网络上有t(<=3) ...
- The Morning after Halloween uva1601
这道题思路还是比较清晰的,建图加bfs或双向bfs,其实后者比前者少了将近一半的时间.. 建图可以把某一点所拥有邻接点长度(数目)记录在数组0这个位置,因为这道题使用vector会超时. #inclu ...
- 【例题 7-9 UVA-1601】The Morning after Halloween
[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 对于没有出现的,当成0节点就好. 所以总是认为有3个人需要走到各自的终点. 将平面图转成点边图.这样比较好枚举. (二维变成一维,模 ...
- POJ 3370. Halloween treats 抽屉原理 / 鸽巢原理
Halloween treats Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions: 7644 Accepted: 2798 ...
- Lightoj 题目1422 - Halloween Costumes(区间DP)
1422 - Halloween Costumes PDF (English) Statistics Forum Time Limit: 2 second(s) Memory Limit: 32 ...
- CSUFT 1004 This is Halloween: Saving Money
1004: This is Halloween: Saving Money Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 11 So ...
- [POJ 3370] Halloween treats
Halloween treats Time Limit: 2000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions: 7143 Accepted: 2641 ...
随机推荐
- Android Measure 体系简单总结
Android对View的测量是半协商半强制半模糊半具体的. 测量过程中的两套尺寸体系: [半强制] ParentView**约束ChildView: **MeasureSpec(通过measure ...
- JavaScipt30(第六个案例)(主要知识点:给数字加千分号的正则)
承接上文,这是第6个案例: 附上项目链接: https://github.com/wesbos/JavaScript30 这个主要是要实现在给定的json里匹配出搜索框里的city or state, ...
- 00JavaScript
JavaScript JavaScript是由网景公司开发的一种跨平台面向对象(object-oriented)的网页脚本语言(Web Script Language)是目前流行的网页特效设计语言Ja ...
- 继 S-HR之代码创建临时表并插入数据 完整功能之员工职业信息变更报表
目的示例1: 制作员工职业信息报表[S-HR系统的报表其实就是列表o.0,醉了] EcirrWithPP.js shr.defineClass("shr.custom.EcirrWithPP ...
- Window下的———JDK环境的配置
1.先把JDK文件解压在一个文件夹里 2.去到 3.具体配置3个 具体按照这样文件路径配置.(CLASSPATH 需要添加一个 . ;加路径 ) 4.最后检验 显示出JDK版本号就表示配置成 ...
- Wind rotor states
test test Table of Contents 1. Wind rotor states 1.1. Turbulent Wake State 1.2. Vortex Ring State 1. ...
- Ajax学习总结(2)——Ajax参数详解及使用场景介绍
一.定义和用法 AJAX即"Asynchronous Javascript And XML"(异步JavaScript和XML),是指一种创建交互式网页应用的网页开发技术. AJA ...
- Java基础学习总结(76)——Java异常深入学习研究
异常机制是指当程序出现错误后,程序如何处理.具体来说,异常机制提供了程序退出的安全通道.当出现错误后,程序执行的流程发生改变,程序的控制权转移到异常处理器. 异常处理的流程 当程序中抛 ...
- HUD 1043 Eight 八数码问题 A*算法 1667 The Rotation Game IDA*算法
先是这周是搜索的题,网站:http://acm.hdu.edu.cn/webcontest/contest_show.php?cid=6041 主要内容是BFS,A*,IDA*,还有一道K短路的,.. ...
- 最长上升子序列的回溯 ZOJ 2432
题目大意: 找一组最长上升公共子序列,并把任意一组满足的情况输出出来 最长公共上升子序列不清楚可以先看这篇文章 http://www.cnblogs.com/CSU3901130321/p/41826 ...