AcWing 1112. 迷宫

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题意

给一个n*n的二维矩阵，矩阵中只有’.‘和’#‘这两种状态，’.‘表示可以走，’#‘是障碍，给出起点和终点，只能上下左右走(四连通)，还需要注意两点：1.起点有可能就是终点 2.起点和终点都有可能是’#’

分析

题目是经典的dfs题，就判断是否到了终点没，没到终点就一直尝试往四个方向搜

解决方案

1.初始化数据，输入矩阵大小、初始化状态数组、输入起点终点坐标
2.先判断起点和终点是不是’#’，然后再判断是否为同一坐标
3.执行dfs，一直搜，如果有就标记答案变量，没有就不做标记

踩坑

我第一次做这题就TLE，不知道为什么，后来才知道原来这题不需要回溯的。。。

一开始的写法：

st[a][b] = 1;
dfs(a, b);
st[a][b] = 0;  

更改后的写法：

st[a][b] = 1;
dfs(a, b);

这种类型的搜索是不用回溯的，因为多种状态可以同时更新，搜索数是这样的

而需要回溯的搜索树是这样的

以上的搜索树对应的是Leetcode79题这种类型的搜索树，每当找到符合条件的字符就更新状态，遇到不符合条件的字符就回溯到之前的节点，并恢复现场

代码

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 105;

//n为迷宫的大小，x1和y1分别为起点所在行索引和所在列索引，x2和y2则对应终点
//ans为标记变量，一旦找到终点即标记ans为1
int n, x1, y1, x2, y2, ans;
//以下为偏移向量，对应上右下左
int dx[] = {
     -1,0,1,0}, dy[] = {
     0,1,0,-1};;

char g[N][N];  //g为存储迷宫矩阵
bool st[N][N]; //st里的值表示点有没有被标记过

void dfs(int x, int y) {
     
    //找到终点，标记一下，并返回
    if (x == x2 && y == y2) {
     
        ans = 1;
        return;
    }
    //往四个方向尝试遍历
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
     
        int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
        //索引要合法，点不能被标记过，也不能是障碍
        if (a >= 0 && a < n && b >= 0 && b < n && !st[a][b] && g[a][b] == '.') {
     
            st[a][b] = 1;
            dfs(a, b);
        } 
    }
}

int main() {
     
    int t;   //t为测试案例的组数
    cin >> t;
    while (t--) {
     
        cin >> n;
        ans = 0;
        memset(st, 0, sizeof st);
        for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", g[i]);
        scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
        
        //以下if语句判断的是起点和终点有没有可能是障碍
        if (g[x1][y1] == '#' || g[x2][y2] == '#') {
     
            puts("NO");
            continue;
        }
        
        //以下if语句判断的是起点是否就是终点
        if (x1 == x2 && y1 == y2) {
     
            puts("YES");
            continue;
        }
        
        st[x1][y1] = 1;
        dfs(x1, y1);
        if (ans == 1) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
}