hihocoder 1828 Saving Tang Monk II (DP+BFS)

给一个100x100的迷宫，‘.‘表示路面，‘S‘表示起点，‘T‘表示终点；‘#‘表示毒气区，进入毒气区必须要消耗一个氧气；‘B‘表示氧气区，每次进入自动获得一个氧气，可反复进入从而获得多个，但最多携带5个；‘P‘表示加速药，获得原理和氧气一样，使用后使下一次移动不耗时，可以无限携带。一次移动可以移动到相邻的四个格子，花费一个单位时间，如果移动到了毒气区，将在毒气区额外停留一个单位时间。求从S到T的最短时间，如果不能到达，输出-1。

加速药拿到立刻用掉和留着后面用的效果是一样的，所以完全不必考虑加速药的存在。
氧气数量是这道题的关键，所以把状态定义为(x, y, n)，表示在(x,y)时还有n个氧气，当氧气用完时，就不能向毒气区转移了；同时我们还希望求出的最短时间，所以dp[x][y][n]=t，表示从起点出发到达状态(x, y, n)花费的最少时间，这样以后，如果终点是(tx,ty)，那么只要dp[tx][ty][i],(i=0,1,2,3,4,5)中任何一个不是无穷大，就是可以到达终点的。
接下来是状态之间的转移：
(x, y, n)可以向四个方向转移，假设下一个地方是(tx,ty)，那么：
(tx,ty)是‘.‘或‘S‘，就用dp[x][y][n]+1更新dp[tx][ty][n]；
(tx,ty)是‘T‘，同样用dp[x][y][n]+1更新dp[tx][ty][n]，并且不再向下转移；
(tx,ty)是‘B‘，氧气数量增加，如果n<5，那么还可以拿氧气，用dp[x][y][n]+1更新dp[tx][ty][n+1]，否则更新dp[tx][ty][n]；
(tx,ty)是‘P‘，下一步不耗时，用dp[x][y][n]更新dp[tx][ty][n]；
(tx,ty)是‘#‘，氧气数量减少，只有当n>0时，才可以进毒气区，因为要额外花费一个单位时间，用dp[x][y][n]+2更新dp[tx][ty][n-1]。
那么所有的转移都搞定了，初始状态很简单，假设起点是(sx,sy)，那么就是dp[sx][sy][0]=0，其他所有的状态都是INF。只要把所有可能到达的状态更新了，那么答案就在dp[tx][ty][i]中取最小就行了。
需要注意的是，状态的更新需要用类似于BFS的顺序，不断的用已知的最优状态，去更新相邻的未知状态，直至遍历完所有的状态，复杂度为O(5nm)。

#include<stdio.h> #include<memory.h> #include<queue> using std::queue; char g[105][105]; int dp[105][105][10];//从起点出发直到在(x,y)拿着n个氧气罐所需最少时间 #define INF 1000000 int nx[] = { -1,0,1, 0 }; int ny[] = { 0,1,0,-1 }; struct state { int x, y, n; state(int _i=0,int _j=0,int _x=0):x(_i),y(_j),n(_x){} }; int main() { int n, m; int sx=0, sy=0, ex=0, ey=0; while(EOF!=scanf("%d %d",&n,&m)&&n&&m){ for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%s", g[i] + 1); g[i][0] = ‘$‘; for(int j=1;j<=m;++j){ if (g[i][j] == ‘S‘) { sx = i; sy = j; } else if (g[i][j] == ‘T‘) { ex = i; ey = j; } //输入时顺带初始化dp数组 for (int t = 0; t <= 5; ++t)dp[i][j][t] = INF; } } //起始状态 dp[sx][sy][0] = 0; //bfs的顺序更新 queue<state> mq; mq.push(state(sx, sy, 0)); state cur; int tx, ty; while(!mq.empty()) { cur = mq.front(); mq.pop(); for(int k=0;k<4;++k)//四个转移方向 { tx = cur.x + nx[k]; ty = cur.y + ny[k]; //不在地图内 if (tx<1 || tx>n || ty<1 || ty>m)continue; switch(g[tx][ty]){ case ‘S‘: case ‘.‘: if (dp[tx][ty][cur.n] > dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1){ dp[tx][ty][cur.n] = dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1; mq.push(state(tx, ty, cur.n)); } break; case ‘T‘: //不再向下转移 if (dp[tx][ty][cur.n] > dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1) dp[tx][ty][cur.n] = dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1; break; case ‘P‘: if (dp[tx][ty][cur.n] > dp[cur.x][cur.y][cur.n]){ dp[tx][ty][cur.n] = dp[cur.x][cur.y][cur.n]; mq.push(state(tx, ty, cur.n)); } break; case ‘B‘: if (cur.n<5&&dp[tx][ty][cur.n + 1] > dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1){ dp[tx][ty][cur.n + 1] = dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1; mq.push(state(tx, ty, cur.n +1)); } else if(cur.n==5&&dp[tx][ty][cur.n] > dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1){ dp[tx][ty][cur.n] = dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 1; mq.push(state(tx, ty, cur.n)); } break; case ‘#‘: if (cur.n>0&&dp[tx][ty][cur.n - 1] > dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 2){ dp[tx][ty][cur.n - 1] = dp[cur.x][cur.y][cur.n] + 2; mq.push(state(tx, ty, cur.n -1)); } break; default: break; } } } int ans = INF; for(int i=0;i<=5;++i){ if (ans > dp[ex][ey][i])ans = dp[ex][ey][i]; } if (ans >= INF)printf("-1\n"); else printf("%d\n", ans); } }