OpenJudge - 鸣人和佐助(BFS)
题目链接:http://bailian.openjudge.cn/practice/4115?lang=en_US
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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 ≤ T < 10
后面是M行N列的地图，其中@代表鸣人，+代表佐助。*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
解题思路
题意:鸣人救佐助，一开始手上有一定数量的查克拉，路上遇见大蛇丸的手下，需要耗费一个查克拉杀死对方，才能继续走，然而鸣人能够瞬杀，不耗费时间，只消耗移动距离的时间。没有查克拉，就要避开大蛇丸的手下咯。求最短时间，不能就输出-1。
思路:BFS，用一个二维数组记录每个点剩余的最大查克拉数量，如果当前查克拉数量，不超过之前经过时的查克拉数量，那就不用走这一步，否则，仍然可以继续走。
Accepted Code:
#include
using namespace std;
const int MAXN = 205;
using namespace std;
struct edge {
int x, y, k, t;
edge(int x_, int y_, int k_, int t_) : x(x_), y(y_), k(k_), t(t_) {}
};
char mp[MAXN][MAXN];
int m, n, Chakra[MAXN][MAXN];
int dir[][2] = {{0, 1}, {1, 0}, {0, -1}, {-1, 0}};
int BFS(int x, int y, int k) {
int tx, ty;
queue Q;
Chakra[x][y] = k;
Q.push(edge(x, y, k, 0));
while (!Q.empty()) {
edge p = Q.front();
Q.pop();
if (mp[p.x][p.y] == '+')
return p.t;
for (int i = 0; i < 4; i++) {
tx = p.x + dir[i][0];
ty = p.y + dir[i][1];
if (tx >= 0 && tx < m && ty >= 0 && ty < n && Chakra[tx][ty] < p.k) {
if (mp[tx][ty] != '#') {
Chakra[tx][ty] = p.k;
Q.push(edge(tx, ty, p.k, p.t + 1));
}
else {
if (p.k > 0) {
Chakra[tx][ty] = p.k - 1;
Q.push(edge(tx, ty, p.k - 1, p.t + 1));
}
}
}
}
}
return -1;
}
int main() {
int x, y, k;
while (~scanf("%d%d%d", &m, &n, &k)) {
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
Chakra[i][j] = -1;//每个格子的查克拉数量初始化为-1，因为鸣人没有查克拉的时候(即为0)，依然可以走这个格子
scanf(" %c", &mp[i][j]);
if (mp[i][j] == '@')
x = i, y = j;
}
}
printf("%d\n", BFS(x, y, k));
}
return 0;
}