HDU 1175 连连看（超级经典的bfs之一）

传送门：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1175

连连看

Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 41101    Accepted Submission(s): 10152

Problem Description

“连连看”相信很多人都玩过。没玩过也没关系，下面我给大家介绍一下游戏规则：在一个棋盘中，放了很多的棋子。如果某两个相同的棋子，可以通过一条线连起来（这条线不能经过其它棋子），而且线的转折次数不超过两次，那么这两个棋子就可以在棋盘上消去。不好意思，由于我以前没有玩过连连看，咨询了同学的意见，连线不能从外面绕过去的，但事实上这是错的。现在已经酿成大祸，就只能将错就错了，连线不能从外围绕过。
玩家鼠标先后点击两块棋子，试图将他们消去，然后游戏的后台判断这两个方格能不能消去。现在你的任务就是写这个后台程序。

 

Input

输入数据有多组。每组数据的第一行有两个正整数n,m(0<n<=1000,0<m<1000)，分别表示棋盘的行数与列数。在接下来的n行中，每行有m个非负整数描述棋盘的方格分布。0表示这个位置没有棋子，正整数表示棋子的类型。接下来的一行是一个正整数q(0<q<50)，表示下面有q次询问。在接下来的q行里，每行有四个正整数x1,y1,x2,y2,表示询问第x1行y1列的棋子与第x2行y2列的棋子能不能消去。n=0,m=0时，输入结束。
注意：询问之间无先后关系，都是针对当前状态的！

 

Output

每一组输入数据对应一行输出。如果能消去则输出"YES",不能则输出"NO"。

 

Sample Input

3 4
1 2 3 4
0 0 0 0
4 3 2 1
4
1 1 3 4
1 1 2 4
1 1 3 3
2 1 2 4
3 4
0 1 4 3
0 2 4 1
0 0 0 0
2
1 1 2 4
1 3 2 3
0 0

 

Sample Output

YES
NO
NO
NO
NO
YES

 

Author

lwg

 

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分析：

 

非常经典的搜索题之一

需要注意的地方：

1.搜的点不能越界

2.起点和终点不能重合

3.起点和终点不能有一个或者两个是空的

4.起点和终点的棋子要是相同类型的棋子（数字相同）

5.起点和终点路径中不能有其他棋子（只能经过为0的点）

6.路径转向最多两次，超过两次，那该路径就不用搜了

7.要搜的点的转向次数不能小于当前点的转向次数，就是说这个点搜到它旁边的点，转向次数只能不变或者增加，不能减少

 

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define max_v 1005
#define INF 100
int G[max_v][max_v];//记录图
int Hash[max_v][max_v];//记录某路径在该点的转向次数
int dir[][]= {{-,},{,-},{,},{,}}; //方向数组
int n,m;
struct node
{
    int x,y,d,turn;//坐标，方向，转向次数
};
queue<node> q;
bool bfs(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    node p,t;
    while(!q.empty())
    {
        p=q.front();
        q.pop();
        if(p.x==x2&&p.y==y2&&p.turn<=)//找到了终点
            return true;
        for(int i=; i<; i++) //四个方向搜
        {
            t.x=p.x+dir[i][];
            t.y=p.y+dir[i][];
            if(t.x<||t.y<||t.x>n||t.y>m)
                continue;
            if(p.d==i)//没有转向
            {
                t.turn=p.turn;
                t.d=p.d;
            }
            else
            {
                t.turn=p.turn+;
                t.d=i;
            }
            if(t.turn>)//转向次数超过两次
                continue;
            if((G[t.x][t.y]==||(t.x==x2&&t.y==y2))&&t.turn<=Hash[t.x][t.y])//不能走有棋子的点（0代表没有棋子），或者下一步要走的点到了终点,已经转折数小于等于当前转折数
            {
                q.push(t);//满足条件就放入队列
                Hash[t.x][t.y]=t.turn;//更新转向次数
            }
        }
    }
    return false;
}
/*
附加条件：
①不能出边界
②得走值为0的点
③路径不能转向两次以上
*/

int main()
{
    int x1,x2,y1,y2;
    while(cin>>n>>m)
    {
        if(n==&&m==)
            break;
        for(int i=; i<=n; i++)
        {
            for(int j=; j<=m; j++)
            {
                cin>>G[i][j];
            }
        }
        int k;
        cin>>k;
        for(int i=; i<k; i++)
        {
            cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
            if(G[x2][y2]!=G[x1][y1]||G[x1][y1]==||G[x2][y2]==||(x1==x2&&y1==y2))//两点在图上的值不相等或者重合或者某个点没有棋子
            {
                cout<<"NO"<<endl;
                continue;
            }
            for(int i=; i<=n; i++)
            {
                for(int j=; j<=m; j++)
                {
                    Hash[i][j]=INF;//转向次数初始化无穷大
                }
            }
            Hash[x1][y1]=;//起点
            while(!q.empty())//队列清空
            {
                q.pop();
            }
            node t;
            for(int i=; i<; i++) //出发点四个方向的值
            {
                t.d=i;
                t.turn=;
                t.x=x1;
                t.y=y1;
                q.push(t);
            }
            if(bfs(x1,y1,x2,y2))
                cout<<"YES"<<endl;
            else
                cout<<"NO"<<endl;
        }
    }
    return ;
}