计蒜客 T-1214-鸣人和佐助(dfs+三维数组标记）

鸣人和佐助

题目描述：

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？

输入格式：

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 TT。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。

输出格式：

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。
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性

样例：

输入：
4 4 1
#@##
**##
###+
输出：
6
输入：
4 4 2
#@##
**##
###+
输出：
4

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解题思路：

注意这里是三种状态，x,y,t，因为查克拉的数量也要记录
一个坐标可能由不同坐标拓展，而一个坐标的查克拉数量会决定该结点是否可以拓展
例如，一个点可能被a点拓展，查克拉数量是1，被b拓展，查克拉数量是2，那么该点通过b就可能成功，
但如果先被a拓展，直接被标记为访问，那就不会被b拓展，这样可能会导致无解。所以要记录三种状态

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代码：

#include 
#include 
using namespace std;
int m,n,t,sx,sy,ex,ey,f;
char map[205][205];
int flag[205][205][15];
int tr[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
struct node 
{
	int x;
	int y;
	int t;
	int s;//查克拉数量 
	node(int xx,int yy,int tt,int ss)
	{
		x=xx;y=yy;t=tt;s=ss;
	}
};
int main()
{
	cin>>m>>n>>t;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			cin>>map[i][j];
			if(map[i][j]=='@')
			{
				sx=i;
				sy=j;
			}
			if(map[i][j]=='+')
			{
				ex=i;
				ey=j;
			}
		}
	}
	
	queue<node> q;
	node temp(sx,sy,0,t);
	q.push(temp);
	flag[sx][sy][t]=1;
	while(!q.empty())
	{
		temp=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			int tx=temp.x+tr[i][0];
			int ty=temp.y+tr[i][1];
			
			if(tx==ex&&ty==ey)
			{
				cout<<temp.t+1<<endl;
				f=1;
				break;
			}
			
			if(tx<1||tx>m||ty<1||ty>n)
				continue;
				
			if(!flag[tx][ty][temp.s]&&map[tx][ty]=='*')
			{
				q.push(node(tx,ty,temp.t+1,temp.s));
				flag[tx][ty][temp.s]=1;
			}
			
			if(!flag[tx][ty][temp.s]&&map[tx][ty]=='#'&&temp.s>0)
			{
				q.push(node(tx,ty,temp.t+1,temp.s-1));
				flag[tx][ty][temp.s]=1;
			}
		}
		if(f) break;
		
	}
	if(f==0) cout<<"-1"<<endl;
	
	
	return 0;
}