E - 胜利大逃亡(续) hdu 1429

问题描述

Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……

这次魔王汲取了上次的教训，把Ignatius关在一个n*m的地牢里，并在地牢的某些地方安装了带锁的门，钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置，离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试，Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢，如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。

 

输入

每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图，其中包括:

. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙，对应的门分别为A-J

每组测试数据之间有一个空行。

 

输出

针对每组测试数据，如果可以成功逃亡，请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。

 

样例输入

     
     
     
     

      
      
      
       4 5 17
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*

4 5 16
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
        
     
     
     
     

 

样例输出

   
   
   
   

    
    
    
     16
-1 

bfs+状态压缩；
判断一个点能否通过不能只是简单的判断是否走过，而是判断通过该点时拥有的钥匙的状态是否一致。

所以，所以判重的函数要可多开一维；对于钥匙的状态可以用二进制来表示，而钥匙状态的转变可以用位运算来进行  

   
   
   
   

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <iomanip>
using namespace std;

struct node
{
    int x,y;

    int step;
    int mark;
};


int n,m,t;
char ma[21][21];
bool vis[25][25][2<<12];

int dx[4]={1,0,-1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
int xx,yy,ex,ey;//起点，终点；

void bfs()
{
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    queue<node> que;
    int mar1;

    node no;
    no.x=xx;no.y=yy;no.step=0;no.mark=0;
    que.push(no);
    vis[xx][yy][0]=true;

    while(!que.empty())
    {

        node no2;
        no2=que.front();
        que.pop();

        if(no2.step>=t)break;
        if(no2.x==ex&&no2.y==ey)
        {cout<<no2.step<<endl;return ;}

        for(int i=0;i<4;i++)
        {


            int x1=no2.x+dx[i];
            int y1=no2.y+dy[i];
            mar1=no2.mark;

            if(x1<0||x1>=n||y1<0||y1>=m||vis[x1][y1][mar1]||ma[x1][y1]=='*'){continue;}//访问过、碰到墙的情况、越界、
            if(ma[x1][y1]>='a'&&ma[x1][y1]<='z')//碰到钥匙
            {
                mar1|=1<<(ma[x1][y1]-'a');

            }
            else if(ma[x1][y1]>='A'&&ma[x1][y1]<='Z')
            {
                if(mar1&1<<(ma[x1][y1]-'A'))//位运算；
                {//拿到钥匙的情况;
								//开始这里总是把这个点 换成'.';结果果断WA无数次；因为你第一次到这里的时候不一定是最短的，你变了，当你最短路径走到这里的时候就变成了“。”了，所以答案不对。
                }
                else//没有钥匙；
                    continue;
            }
            node no3;

           if(!vis[x1][y1][mar1])
           {
               vis[x1][y1][mar1]=true;//这句忘了会内存超限，因为你下次个循环，可能也会遇到这个一样的，所以这里弄了，下次就不会进队了，从而节省了空间（毕竟节省了循环，从而又减少了入队的元素.....)
            no3.x=x1;no3.y=y1;no3.mark=mar1;
            no3.step=no2.step+1;
            que.push(no3);
           }

        }



    }
    cout<<-1<<endl;

}

int main()
{
    while(cin>>n>>m>>t)
    {
        memset(ma,0,sizeof(ma));
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
                scanf("%s",&ma[i]);
                for(int j=0;j<m;j++)
                {
                    if(ma[i][j]=='@')
                {
                    xx=i,yy=j;
                }
                else if(ma[i][j]=='^')
                {
                    ex=i;ey=j;
                }
                }
        }
        bfs();
    }
}