【ACWing】188. 武士风度的牛

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/190/

农民John有很多牛，他想交易其中一头被称为The Knight的牛。这头牛有一个独一无二的超能力，在农场里像Knight一样地跳（就是我们熟悉的象棋中马的走法）。虽然这头神奇的牛不能跳到树上和石头上，但是它可以在牧场上随意跳，我们把牧场用一个$(x,y)$的坐标图来表示。这头神奇的牛像其它牛一样喜欢吃草，给你一张地图，上面标注了The Knight的开始位置，树、灌木、石头以及其它障碍的位置，除此之外还有一捆草。现在你的任务是，确定The Knight要想吃到草，至少需要跳多少次。The Knight的位置用$K$来标记，障碍的位置用*来标记，草的位置用H来标记。这里有一个地图的例子：

             11 | . . . . . . . . . .
             10 | . . . . * . . . . . 
              9 | . . . . . . . . . . 
              8 | . . . * . * . . . . 
              7 | . . . . . . . * . . 
              6 | . . * . . * . . . H 
              5 | * . . . . . . . . . 
              4 | . . . * . . . * . . 
              3 | . K . . . . . . . . 
              2 | . . . * . . . . . * 
              1 | . . * . . . . * . . 
              0 ----------------------
                                    1 
                0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 

The Knight 可以按照下图中的$A,B,C,D\dots$这条路径用$5$次跳到草的地方（有可能其它路线的长度也是$5$）：

             11 | . . . . . . . . . .
             10 | . . . . * . . . . .
              9 | . . . . . . . . . .
              8 | . . . * . * . . . .
              7 | . . . . . . . * . .
              6 | . . * . . * . . . F<
              5 | * . B . . . . . . .
              4 | . . . * C . . * E .
              3 | .>A . . . . D . . .
              2 | . . . * . . . . . *
              1 | . . * . . . . * . .
              0 ----------------------
                                    1
                0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

注意：数据保证一定有解。

输入格式：
第$1$行：两个数，表示农场的列数$C$和行数$R$。第$2...R+1$行：每行一个由$C$个字符组成的字符串，共同描绘出牧场地图。

输出格式：
一个整数，表示跳跃的最小次数。

数据范围：
$1\le R,C\le 150$

思路是BFS。由于要记录步数，所以在BFS的时候要分层遍历。代码如下：

#include 
#include 

#define x first
#define y second
using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 160;
int C, R;
char a[N][N];
queue<PII> q;
bool st[N][N];

int bfs(PII start, PII end) {
    int dx[] = {-2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
    int dy[] = {1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
    q.push(start);
	
	// 存步数
    int res = 0;
    while (!q.empty()) {
        res++;
        // 分层遍历需要先存一下队列的size
        int size = q.size();
        for (int i = 0; i < size; i++) {
            auto t = q.front();
            q.pop();
            for (int j = 0; j < 8; j++) {
                int nx = t.x + dx[j], ny = t.y + dy[j];
                if (0 <= nx && nx < R && 0 <= ny && ny < C && !st[nx][ny] && a[nx][ny] != '*') {
                	// 走到终点了，直接返回步数
                    if (nx == end.x && ny == end.y) return res;

                    st[nx][ny] = true;
                    q.push({nx, ny});
                }
            }
        }
    }
    
    // 表示走不到。题目保证有解，所以这句不会执行
    return -1;
}

int main() {
    cin >> C >> R;
    PII start, end;
    for (int i = 0; i < R; i++)
        for (int j = 0; j < C; j++) {
            cin >> a[i][j];
            if (a[i][j] == 'K') start = {i, j};
            else if (a[i][j] == 'H') end = {i, j};
        }

    cout << bfs(start, end) << endl;

    return 0;
}

时空复杂度$O(RC)$。

也可以双向BFS来做。代码如下：

#include 
#include 
using namespace std;

using PII = pair<int, int>;

const int N = 160;
int dx[] = {1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
int dy[] = {2, 1, -1, -2, 2, 1, -1, -2};
int m, n;
char g[N][N];
bool vis[2][N][N];
int sx, sy, ex, ey;

bool one_step(queue<PII> &q, int beg) {
    for (int i = q.size(); i; i--) {
        auto t = q.front(); q.pop();
        int x = t.first, y = t.second;
        for (int j = 0; j < 8; j++) {
            int nx = x + dx[j], ny = y + dy[j];
            if (1 <= nx && nx <= m && 1 <= ny && ny <= n && !vis[beg][nx][ny] && g[nx][ny] != '*') {
                if (vis[beg ^ 1][nx][ny]) return true;
                vis[beg][nx][ny] = true;
                q.push({nx, ny});
            }
        }
    }
    
    return false;
}

int bfs() {
    queue<PII> qs, qe;
    qs.push({sx, sy}); 
    qe.push({ex, ey});
    vis[0][sx][sy] = vis[1][ex][ey] = true;
    
    int res = 0;
    while (qs.size() && qe.size()) {
        res++;
        if (qs.size() <= qe.size()) {
            if (one_step(qs, 0)) return res;
        } else {
            if (one_step(qe, 1)) return res;
        }
    }
    
    return -1;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%s", g[i] + 1);
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            if (g[i][j] == 'K') sx = i, sy = j;
            else if (g[i][j] == 'H') ex = i, ey = j;
    }
        
    printf("%d\n", bfs());
    
    return 0;
}

时空复杂度一样。