POJ 程序设计与算法（二）第09周测验(2020春季) 001:鸣人和佐助【DFS】【剪枝】

描述

佐助被大蛇丸诱骗走了，鸣人在多少时间内能追上他呢？

已知一张地图（以二维矩阵的形式表示）以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到，只不过有些位置上有大蛇丸的手下，需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉，每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动，每移动一个距离需要花费 $1$ 个单位时间，打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了，则只可以走到没有大蛇丸手下的位置，不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。

佐助在此期间不移动，大蛇丸的手下也不移动。请问，鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间？

• 输入
  输入的第一行包含三个整数：$M$，$N$，$T$。代表 $M$ 行 $N$ 列的地图和鸣人初始的查克拉数量 $T$ 。$0<M,N<200$ ，$0\le T<10$，后面是 $M$ 行 $N$ 列的地图，其中 $@$ 代表鸣人，$+$ 代表佐助。$\ast$ 代表通路，$\#$ 代表大蛇丸的手下。
• 输出
  输出包含一个整数 $R$，代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助，则输出 $-1$。

样例输入

样例输入1

4 4 1
#@##
**##
###+
****

样例输入2

4 4 2
#@##
**##
###+
**** 

样例输出

样例输出1

6

样例输出2

4

题意：搜索一张图，其中鸣人、佐助位置已知，鸣人要找到佐助，可以上下左右移动，移动一格需要 $1$ 单位时间，打败敌人需要 $1$ 单位的能量。问：找到佐助的最短时间是多少？

思路

由于有着能量和敌人的存在，最短路径不一定能够走通，所以我们需要在考虑可能的更长的路。这个倒是没什么，也不是本题的难点。用DFS就好了，遍历可达的每一条路径，直到找到或者不能抵达佐助的位置。

问题在于，地图太大，搜索树每个结点最大可能扩展 $3$ 个结点，一旦层数深了一点，要扩展的结点可能是天文数字。但是题目要求在 $1s$ 的时间内得到答案，因此我们需要好好考虑剪枝的问题。

• (tor >= 0 && tor < m && toc >= 0 && toc < n && !vis[tor][toc])：可行性剪枝，只有地图内且没有被访问过的位置才会去访问；
• newEnergy < 0：可行性剪枝，如果能量不够，就不会访问下一个位置；
• totalTime + 1 >= R：最优化剪枝，要访问下一个结点时发现时间已经大于等于已知的最少时间，就不会访问；
• totalTime + 1 >= record[tor][toc][newEnergy]：仅仅只有上述的剪枝还不够，如果我们发现 在同样的查克拉状况下来到了同样的地点但是用的时间更长 ，说明走了一条远路，不再访问。

这样就可以通过了。

代码

#include 
#include 
#include 
#include  
using namespace std;
const int MAXN = 210;
int Moves[][2] = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}};
char Map[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN][MAXN], success;
int n, m, t, R = MAXN * MAXN, totalTime = 0;
int record[MAXN][MAXN][12]; //record[i][j][k]表示在查克拉还有k的时候访问到地图[i][j]位置时用的时间 
pair<int, int> mingren; //难得用拼音

void dfs(pair<int, int> s, int energy) { 
	if (Map[s.first][s.second] == '+') { 
		R = min(R, totalTime); //通过剪枝到达的totalTime一定会让R减少 
		success = true;
		return;
	}
	for (int i = 0; i < 4; ++i) {
		int tor = s.first + Moves[i][0], toc = s.second + Moves[i][1]; //移动到的下一个位置 
		if (tor >= 0 && tor < m && toc >= 0 && toc < n && !vis[tor][toc]) {
			char ch = Map[tor][toc]; 
			int newEnergy = (ch == '#' ? energy - 1 : energy); 
			if (newEnergy < 0 || //没有查克拉到达下一个地点 
				totalTime + 1 >= R || //如果到达下一个地点的时间超过了R, 剪枝 
				totalTime + 1 >= record[tor][toc][newEnergy])  
				continue; //如果在同样的查克拉状况下来到了同样的地点但是用的时间更长, 剪枝 
			vis[tor][toc] = true;
			record[tor][toc][newEnergy] = ++totalTime; 
			dfs(make_pair(tor, toc), newEnergy); //新的能量状况下进入下一个地点 
			--totalTime;
			vis[tor][toc] = false;  
		}
	}
}

int main() { 
	scanf("%d%d%d", &m, &n, &t);
	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		for (int j = 0; j < n; ++j) {
			cin >> Map[i][j];
			if (Map[i][j] == '@') 
			    mingren.first = i, mingren.second = j; //鸣人行列 
		}
	} 
	R = 1 << 30, success = false;
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	for (int i = 0; i < MAXN; ++i) 
		for (int j = 0; j < MAXN; ++j) 
			for (int k = 0; k < 12; ++k)
				record[i][j][k] = 1 << 30;
				 
	vis[mingren.first][mingren.second] = true;
	dfs(mingren, t); //鸣人的位置和查克拉量
	if (success) printf("%d\n", R);
	else printf("-1\n"); 
	return 0; 
} 		

这几周高级会计学到了合并财务报表，要爆炸了…没时间写题目，好烦。