标签：padding else 利用 cep 不能 胜利 决定 scanf 不同的
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 8312 Accepted Submission(s): 2992
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
思路：
一直想不通怎么处理钥匙，甚至想用BFS+DFS搜索钥匙，可这样的话，最短路径就会很难求
翻了网上的题解，看到是在标记数组上下功夫处理钥匙的问题的：
利用状态压缩记录是否获取的钥匙的情况，然后在给标记数组增加一维（相当于给状态增加了一维）：获取的钥匙的情况
即 经过1，1点获取了钥匙a 与 经过1，1点获得了钥匙b 是两个不同的状态
另外，即使状态增加了一维，最先BFS到的结果也是最优的，这是由queue的性质决定的
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我发现BFS的题目经常实在标记数组上下功夫，还是有一定规律的
**************
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=24; struct node { int x, y, key, dist;//key为钥匙状态，dist为走过的距离 }; char mm[N][N], str[N];//mm存储地图 int flag[N][N][1 << 11], sx, sy, ans;//这里的标记数组采用了状态压缩的方法来记录钥匙 int dx[4] = {0, 1, 0, -1}; int dy[4] = {1, 0, -1, 0}; queue<node> q; void bfs() { while (!q.empty()) q.pop(); node t, nt; t.x = sx; t.y = sy; t.key = 0; t.dist = 0; q.push(t); while (!q.empty()) { t = q.front(); q.pop(); for (int i = 0; i < 4; i++) { nt.dist = t.dist + 1; nt.key = t.key; nt.x = t.x + dx[i]; nt.y = t.y + dy[i]; if (mm[nt.x][nt.y] == ‘^‘ ) { ans = nt.dist; return ; } else if (‘a‘ <= mm[nt.x][nt.y] && mm[nt.x][nt.y] <= ‘z‘) { nt.key = t.key | (1 << (mm[nt.x][nt.y] - ‘a‘));//记录钥匙类型 } if (mm[nt.x][nt.y] != ‘*‘ && flag[nt.x][nt.y][nt.key] == 0 && nt.dist < ans) { flag[nt.x][nt.y][nt.key] = 1; if (‘A‘ <= mm[nt.x][nt.y] && mm[nt.x][nt.y] <= ‘Z‘) { if ((nt.key & (1 << (mm[nt.x][nt.y] - ‘A‘)))) //判断是否存在此类型的钥匙 q.push(nt); } else q.push(nt); } } } } int main() { int n, m, t; while (scanf("%d%d%d", &n, &m, &t) != EOF) { for (int i = 0; i < N; i++) { for (int j = 0; j < N; j++) { mm[i][j] = ‘*‘; memset(flag[i][j], 0, sizeof(flag[i][j])); } } for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%s", str); for (int j = 1; j <= m; j++) { mm[i][j] = str[j - 1]; if (‘@‘ == mm[i][j]) sx = i, sy = j, mm[i][j] = ‘.‘; } } ans = t; bfs(); if (ans < t) printf("%d\n", ans); else printf("-1\n"); } return 0; }
标签：padding else 利用 cep 不能 胜利 决定 scanf 不同的
原文地址：http://www.cnblogs.com/liuzhanshan/p/6442158.html
