C语言记忆化搜索___漫步校园(Hdu 1428)
Problem Description
LL最近沉迷于AC不能自拔，每天寝室、机房两点一线。由于长时间坐在电脑边，缺乏运动。他决定充分利用每次从寝室到机房的时间，在校园里散散步。整个HDU校园呈方形布局，可划分为n*n个小方格，代表各个区域。例如LL居住的18号宿舍位于校园的西北角，即方格(1,1)代表的地方，而机房所在的第三实验楼处于东南端的(n,n)。因有多条路线可以选择，LL希望每次的散步路线都不一样。另外，他考虑从A区域到B区域仅当存在一条从B到机房的路线比任何一条从A到机房的路线更近(否则可能永远都到不了机房了…)。现在他想知道的是，所有满足要求的路线一共有多少条。你能告诉他吗?
Input
每组测试数据的第一行为n(2=<n<=50)，接下来的n行每行有n个数，代表经过每个区域所花的时间t(0<t<=50)(由于寝室与机房均在三楼，故起点与终点也得费时)。
Output
针对每组测试数据，输出总的路线数(小于2^63)。
Sample Input
3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Sample Output
1 6
题意：每个点就是一个区域,假如这个区域有一个属性K就是这个区域到机房的最短距离,那么LL只能从K大的向K小的区域走(相同也无法走),问一共有几种走法.
分析:
由于地图规模达到50×50,直接dfs暴力强搜绝对超时,而且从答案上走法可达到2^63亦可知道,一条条的暴力强搜必然超时.
这个时候我们可以考虑记忆化搜索(dp+搜索).
(1)先把每个点到机房的最短距离求出来,这个可以使用最短路径算法(Dijjstra.SPFA),也可以用dp,还可以用bfs,以及优先队列.(只不过这题我用Dijkstra处理的时候不知道是姿势不对还是怎么的,超时了,按道理最大规模为2500个点,Dijskstra的时间复杂度为O(n^2)应该也不会超时,搞不懂..)
(2)预处理完,把每个点到机房的最短距离存储到一个二维数组中dis[ ][ ];
(3)我们知道走的规矩是只能从K大向K小的走,那么假如其中一条路线中的A,B两点,那么A,B两点的路线方向唯一.所以我们根据这点可以得出一个定理：
一个点到机房的有效路径条数等于它四周相邻的点的条数之和.
这个时候我们就把搜索的时间规模降到的地图大小也就是O(n^2);
四种预处理每个点到机房的最短距离的代码():
1.Dijkstra (存储在 visit [ ] [ ] )
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int time[2501][2501],map[51][51],n,visit[51][51];
int a[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};
int main()
{
int i,j;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&map[i][j]);
for(i=0;i<n*n;i++)
for(j=0;j<n*n;j++)
if(i==j)
time[i][j]=0;
else
time[i][j]=999999;
for(i=1;i<n;i++)
time[i-1][i]=time[i][i-1]=map[0][i];
for(i=1;i<n;i++)
{
time[(i-1)*n][i*n]=time[i*n][(i-1)*n]=map[i][0];
for(j=1;j<n;j++)
{
time[i*n+j-1][i*n+j]=time[i*n+j][i*n+j-1]=map[i][j];
time[(i-1)*n+j][i*n+j]=time[i*n+j][(i-1)*n+j]=map[i][j];
}
} //预处理邻接矩阵time[][]
int dis[2501],min,u,book[2501]={0};
for(i=0;i<n*n;i++)
dis[i]=time[n*n-1][i];
book[n*n-1]=1;
for(i=1;i<n*n;i++) // Dijkstra 算法核心代码
{
min=999999;
for(j=0;j<n*n;j++)
{
if(book[j]==0&&dis[j]<min)
min=dis[j],u=j;
}
book[u]=1;
for(j=0;j<n*n;j++)
{
if(time[u][j]!=999999)
{
if(dis[j]>dis[u]+time[u][j])
dis[j]=dis[u]+time[u][j];
}
}
}
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
visit[i][j]=dis[i*n+j]+map[i][j];
}
return 0;
}
2.dp (存储在 visit [ ] [ ] )
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int map[51][51],n,visit[51][51];
int a[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};
int main()
{
int i,j,flag,k,tx,ty;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&map[i][j]);
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
visit[i][j]=99999;
flag=1;
visit[n-1][n-1]=map[n-1][n-1];
while(flag) //flag为标记变量
{
flag=0;
for(i=n-1;i>=0;i--)
{
for(j=n-1;j>=0;j--)
{
for(k=0;k<4;k++)
{
tx=i+a[k][0];
ty=j+a[k][1];
if(tx<0||tx>=n||ty<0||ty>=n)
continue;
if(visit[i][j]>visit[tx][ty]+map[i][j]) //判断一个点从四个方向上的最近路
flag=1,visit[i][j]=visit[tx][ty]+map[i][j]; //一旦有点的信息发生变化flag标记为1表示要继续判断一次.
}
}
}
}
return 0;
}
3.bfs (存储在dis[ ][ ])
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
typedef __int64 ss;
#define maxx 100000000
struct node
{
ss x,y;
};
ss n,t[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
ss dis[100][100],vist[100][100],map[100][100];
void dj()
{
queue<node>q;
for(ss i=0;i<=n;i++)
for(ss j=0;j<=n;j++)
dis[i][j]=maxx;
dis[n][n]=map[n][n];
memset(vist,0,sizeof(vist));
vist[n][n]=1;
node tmp;
tmp.x=n;
tmp.y=n;
q.push(tmp);
while(!q.empty()) //主要思想是用信息发生变化的点去更新相邻的点的信息.由于队列中都是信息发生变化的不用向上面dp那样每个点都搜索.
{
node tmp1=q.front();
q.pop();
vist[tmp1.x][tmp1.y]=0;
for(ss i=0;i<4;i++)
{
ss xx=tmp1.x+t[i][0];
ss yy=tmp1.y+t[i][1];
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=n&&dis[xx][yy]>dis[tmp1.x][tmp1.y]+map[xx][yy])
{
dis[xx][yy]=dis[tmp1.x][tmp1.y]+map[xx][yy];
if(!vist[xx][yy])
{
node tmp2;
tmp2.x=xx;
tmp2.y=yy;
q.push(tmp2);
vist[xx][yy]=1; //visit数组是表示那些点在队列中.
}
}
}
}
}
4.优先队列 (存储在dis[ ][ ])(时间复杂度最小)
<pre name="code" class="cpp">#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <queue>
using namespace std;
int dis[51][51],map[51][51],k[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0},n;
int visit[51][51];
struct node
{
int x,y,step;
friend bool operator < (node a, node b)
{
return a.step > b.step;//结构体中，step小的优先级高
}
};
priority_queue<node>q;
int main()
{
int i,j,tx,ty;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&map[i][j]);
memset(visit,0,sizeof(visit));
node a;
a.x=n-1,a.y=n-1,a.step=map[n-1][n-1];
q.push(a);
while(!q.empty())
{
node tmp1=q.top();
q.pop();
if(visit[tmp1.x][tmp1.y]==0)
visit[tmp1.x][tmp1.y]=1,dis[tmp1.x][tmp1.y]=tmp1.step;
else
continue;
for(i=0;i<4;i++)
{
tx=tmp1.x+k[i][0];
ty=tmp1.y+k[i][1];
if(tx<0||tx>=n||ty<0||ty>=n)
continue;
node tmp2;
tmp2.x=tx;
tmp2.y=ty;
tmp2.step=tmp1.step+map[tx][ty];
q.push(tmp2);
}
}
}
return 0;
}
long long dp[51][51];
long long dfs(int x,int y)
{
if(dp[x][y])return dp[x][y];
int i,tx,ty;
for(i=0;i<4;i++)
{
tx=x+k[i][0];
ty=y+k[i][1];
if(tx<0||ty<0||tx>=n||ty>=n||dis[tx][ty]>=dis[x][y])
continue;
dp[x][y]+=dfs(tx,ty);
}
return dp[x][y];
}
int main()
{
int i,j,tx,ty;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
……
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[n-1][n-1]=1;
printf("%lld\n",dfs(0,0));
}
return 0;
}
Dijkstra预处理超时了,剩下的3个都是AC了的.