胜利大逃亡
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 32301 Accepted Submission(s): 11971
Problem Description
Ignatius被魔王抓走了,有一天魔王出差去了,这可是Ignatius逃亡的好机会.
魔王住在一个城堡里,城堡是一个A*B*C的立方体,可以被表示成A个B*C的矩阵,刚开始Ignatius被关在(0,0,0)的位置,离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置,现在知道魔王将在T分钟后回到城堡,Ignatius每分钟能从一个坐标走到相邻的六个坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出Ignatius能否在魔王回来前离开城堡(只要走到出口就算离开城堡,如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1.
Input
输入数据的第一行是一个正整数K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第一行是四个正整数A,B,C和T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的大小和魔王回来的时间.然后是A块输入数据(先是第0块,然后是第1块,第2块......),每块输入数据有B行,每行有C个正整数,代表迷宫的布局,其中0代表路,1代表墙.(如果对输入描述不清楚,可以参考Sample Input中的迷宫描述,它表示的就是上图中的迷宫)
特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.
Output
对于每组测试数据,如果Ignatius能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他最少需要多少分钟,否则输出-1.
Sample Input
1 3 3 4 20 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0
Sample Output
Author
Ignatius.L
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题解:给你一个立体图,然后在给的时间内计算能否从(0,0,0)到达(n-1,m-1,p-1),如果能就输出走过的时间,如果不能就输出“-1”。
注意:优先队列的bfs会迷之超时。。。。要用普通队列的bfs
AC代码:
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m;
int p,time;
int map[110][110][110];
int mark[110][110][110];
int dir[6][3]={{0,0,1},{0,0,-1},{1,0,0},{-1,0,0},{0,-1,0},{0,1,0}};
struct node
{
int x,y,z,step;
/*
friend bool operator< (node a, node b)
{
return a.step>b.step;
}
*/
};
void bfs(int x,int y,int z)
{
node st,ed;
// priority_queue<node>q;
queue<node>q;
st.x=x;
st.y=y;
st.z=z;
mark[0][0][0]=1;
st.step=0;
q.push(st);
while(!q.empty())
{
ed=q.front();
//ed=q.top();
q.pop();
if(ed.x==n-1&&ed.y==m-1&&ed.z==p-1)
{
if(ed.step<=time)
{
printf("%d\n",ed.step);
return ;
}
}
for(int k=0;k<6;k++)
{
st.x=ed.x+dir[k][0];
st.y=ed.y+dir[k][1];
st.z=ed.z+dir[k][2];
if(st.x>=0&&st.x <n&&st.y>=0&&st.y<m&&st.z>=0&&st.z<p&&map[st.x][st.y][st.z]!=1&&!mark[st.x][st.y][st.z])
{
st.step=ed.step+1;
mark[st.x][st.y][st.z]=1;//不再搜索
q.push(st);
}
}
}
printf("-1\n");
}
int main()
{
int t,i,j,k;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&time);
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<m;j++)
{
for(k=0;k<p;k++)
{
scanf("%d",&map[i][j][k]);
mark[i][j][k]=0;
}
}
}
bfs(0,0,0);
}
return 0;
}