胜利大逃亡(续)（状态压缩+三维BFS）

Link：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1429

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5715    Accepted Submission(s): 1999

Problem Description

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。

 

Input

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。

 

Output

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。

 

Sample Input

   
   
   
   

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

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

 

Sample Output

   
   
   
   

    
    
    
    16
-1
   
   
   
   

 

Author

LL

 

Source

ACM暑期集训队练习赛（三）

 

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注意：判断一个点能否通过不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，判重的vis数组要多开一维，表示钥匙的状态。可以用位运算，二进制的１０个位分别表示每一种钥匙的状态。

思路：因为有a~j10种不同的钥匙，每种都有两种状态，所以结合计算机是二进制保存的特点，刚好把这10把钥匙当成每一个为，要要1<<10个位保存所有的状态，然后就是模拟捡起钥匙，捡起钥匙就是说明这个位上的数字变成1这个状态，所以自然而然想到了位运算，只要|一下就好了，然后改变在这个点的状态。。。。模拟碰到门的情况，那么就和这个位置上的位&一次，看是1还是0，1代表已经捡到了这把钥匙，可以开门。。这个样就变成了朴素的bfs了。。。

AC code：

#include<iostream>
#include<algorithm> 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
int r,c,t;
char m[22][22];
bool vis[22][22][1025];
int d[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1};
struct node{
	int x;
	int y;
	int key;
	int sp;
}st,ed;
int bfs()
{
	queue<node>q;
	node cur,nex;
	int i;
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	q.push(st);
	vis[st.x][st.y][st.key]=true;
	while(!q.empty())
	{
		cur=q.front();
		q.pop();
		if(cur.x==ed.x&&cur.y==ed.y)//遇到出口
		{
			return cur.sp;
		}
		for(i=0;i<4;i++)
		{
			nex.x=d[i][0]+cur.x;
			nex.y=d[i][1]+cur.y;
			nex.key=cur.key;
			nex.sp=cur.sp+1;
			if(nex.sp<t&&nex.x>=0&&nex.y>=0&&nex.x<r&&nex.y<c&&m[nex.x][nex.y]!='*'&&!vis[nex.x][nex.y][nex.key])
			{
				if(m[nex.x][nex.y]>='A'&&m[nex.x][nex.y]<='J')//遇到门，则判断是否拥有对应的钥匙
				{
					if((1<<(m[nex.x][nex.y]-'A'))&nex.key&&!vis[nex.x][nex.y][nex.key])//有当前门的钥匙可以开门  
					{
						q.push(nex);
						vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;//少了这句没发现，MLE无数次
					}
				}
				else if(m[nex.x][nex.y]>='a'&&m[nex.x][nex.y]<='j')//遇到钥匙，则修改一下状态
				{
					int tmpkey=nex.key;
				        tmpkey|=(1<<(m[nex.x][nex.y]-'a'));
					if(!vis[nex.x][nex.y][tmpkey])
					{
						nex.key=tmpkey;
						q.push(nex);
						vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;
					}	
				}
				else
				{
					if(!vis[nex.x][nex.y][nex.key])
					{
				    	q.push(nex);
				    	vis[nex.x][nex.y][nex.key]=true;
					}
				
				}
			}
		}
	}
	return -1;
}
int main()
{
	int ans;
	while(~scanf("%d%d%d",&r,&c,&t))
	{
		for(int i=0;i<r;i++)
		{
			scanf("%s",&m[i]);
			for(int j=0;j<c;j++)
			{
				if(m[i][j]=='@')
				{
					st.key=0;
					st.sp=0;
					st.x=i;
					st.y=j;
				}
				else if(m[i][j]=='^')
				{
					ed.x=i;
					ed.y=j;
				}
			}
		}
		ans=bfs();
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}