ZOJ:1649 Rescue

发现自己对BFS理解还是很肤浅。

 

BFS可以来求最优解，尤其是像步数最少的这种。这个题虽然不是，但是可以特殊处理一下。

在BFS搜索过程中，到达（x，y）时如果所花费的时间比之前走到此处所花费时间要少，就把该点（x，y）放入队列。

注意一下，这个题不能一到达目的点就退出BFS，因为这是无法保证得到的结果是花费的最少时间，而第一次到达仅仅是步数最少。必须等到BFS过程结束即队列为空才可以得出结论。

另外，这个题没有把已访问点设置vis数组，也就是说访问过的位置还是尅月再次访问的，那么BFS会不会无限搜索下去呢？实际上是不会的，只有到达（x，y）所用时间更少才会重复入队，因为到达某点（x，y）花费的最少时间肯定是有下界的，所以不会无限搜索下去。

 

 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define INF 100000000
using namespace std;
int m[5][2]= {{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
struct Point
{
    int x,y,cost;
    Point():cost(INF) {}
    Point(int a,int b,int c):x(a),y(b),cost(c) {}
};
int N,M;
bool Judge(int x,int y)
{
    if(0<=x&&x q;
        q.push(Point(sx,sy,0));
        while(!q.empty())
        {
            Point t=q.front();
            q.pop();
            int tx=t.x,ty=t.y;
            for(int i=0; i<4; ++i)
            {
                int xx=tx+m[i][0],yy=ty+m[i][1];
                if(Judge(xx,yy)&&grid[xx][yy]!='#')
                {
                    int tmp;
                    if(grid[xx][yy]=='x') tmp=2;
                    else tmp=1;
                    if(p[xx][yy].cost>t.cost+tmp)
                    {
                        p[xx][yy].cost=t.cost+tmp;
                        p[xx][yy].x=xx;
                        p[xx][yy].y=yy;
                        q.push(p[xx][yy]);
                    }
                }
            }
        }
        if(p[ex][ey].cost==INF) puts("Poor ANGEL has to stay in the prison all his life.");
        else printf("%d\n",p[ex][ey].cost);
    }
    return 0;
}