HDU1429 胜利大逃亡(续)(状态压缩+广搜BFS )
题目：
胜利大逃亡(续)
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 8573 Accepted Submission(s): 3076
Problem Description
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。
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。
. 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
Author
LL
Source
ACM暑期集训队练习赛（三）
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既然是状态压缩，那就在这里说一下状态压缩：
题上有A~J个门，有a~j个钥匙，还有终点，我们用二进制的方式来标记。
从a~j一共有十位，那我们就需要十个二进制位。
标 记:a b c d e f g h i j
第几位:0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
位编号:1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
我们通过改变每一位的0和1来标记我当前拥有的钥匙的可能，也就是状态压缩，用vis[x][y][key]来表示当前在x,y点的状态。当遇到铁门时，先用|运算判断key的值1<<(map[x][y]-'A')的值和原来的key值是否一样，如果一样就代表当前有钥匙可以打开这个门，可以继续走，反之不能走这个门，因为没有钥匙。
如果遇到钥匙的话就更新key的值，然后在把当前状态标记为1，进行正常的广搜就可以，具体看注释
（关于位运算可以看一下搜狗百科的关键字：位运算）
代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 10000007
#define debug() puts("what the fuck!!!")
#define N 1001000
#define M 1000000
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,ans,t,sx,sy,ex,ey;
char map[25][25];
int vis[25][25][(1<<10)+20];//用二进制位来记录状态
int go[4][2]= {0,1,0,-1,1,0,-1,0};
struct node
{
int x,y,step;
int key;
};
int bfs(int x,int y)
{
node now,to;
now.x=x,now.y=y,now.step=0,now.key=0;
vis[x][y][0]=1;
queueq;
q.push(now);
while(!q.empty())
{
now=q.front();
q.pop();
if(now.x==ex&&now.y==ey&&now.step=0&&to.x=0&&to.y='A'&&map[to.x][to.y]<='J')
{
int key=to.key|(1<<(map[to.x][to.y]-'A'));//看看会不会对应位置的二进制数造成影响，从而判断有没有打开这扇门的钥匙
if(key!=to.key)//造成影响证明没有钥匙，直接进行下一层循环
continue;
}
if(map[to.x][to.y]>='a'&&map[to.x][to.y]<='j')
{
to.key=to.key|(1<<(map[to.x][to.y]-'a'));//把当前的钥匙吸收进去
}
vis[to.x][to.y][to.key]=1;
q.push(to);
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&t))
{
mem(map,0);
mem(vis,0);
for(int i=0; i