标签：成功 坐标 abc 状态 node pac tput 现在 标记
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
题意：给n行m列的迷宫，还有t的时间，问能不能在t的时间内走出迷宫
思路：广搜+状态压缩
博主学到的：
1.状态压缩
这里有10把钥匙，有钥匙用1表示，没有钥匙用0表示，显然每把钥匙只有0和1两种状态，所以可以用2进制来存放钥匙的状态。
举个栗子：0101（这个是二进制表示，转化为十进制是5）表示当前有a钥匙和c钥匙
即第一把钥匙和第三把钥匙（abcd分别对应1234）
那怎么更新状态呢？这个时候我们要用到 与运算（&）和 或运算（|）
例如一开始你没有钥匙，此时状态为ys=0
当你走到b钥匙处，状态更新为ys=ys|(1<<‘b‘-‘a‘);
此时ys=2，用二进制表示是0010，即拥有b钥匙
当你走到B门的时候，想知道自己有没有b钥匙，
则计算ys>>(‘B’-‘A’)&1的值(右移的优先级高于与，所以是先右移后与)
如果计算出值为1，则说明有这把钥匙。
2.状态标记（爆内存了几次，先记下来以后报仇.jpg）
为了避免来回走，我们设一个vis[x][y][ys]数组来表示当前状态是否经历过，如果经历过，就跳过（因为重复了）
注意同一个点，拥有的钥匙不同，这个点的状态也不同，有同样多的钥匙就没必要在这个点来回走
划重点：当检查到某个点能走时，把它放入队列并标记
一开始我把检查后能走的点放入队列中，等拿出这个点才对它进行标记，结果无限Memory Limit Exceeded
原因：假如有3个相邻的点，记为a b c，b是可以走的点，而且a和c在队列中
在队列中拿出a，b在a的右边，而且b可以走，所以b就放入了队列，a被标记
然后再队列中拿出c，b在c的左边，b没有被标记，b再次被放入队列，c被标记
问题来了，b被重复放入了队列，即使答案是正确的，但重复的点多次放入了队列
导致内存浪费，数据一旦很大，就会爆内存
所以标记要及时打上
下面是我的代码
#include <iostream> #include <queue> #include <cmath> #include <algorithm> #include <string.h> #include <stdio.h> using namespace std; int n,m,t; char a[22][22]; bool vis[22][22][1<<11];//10把钥匙状态用2进制存 int sx,sy,ex,ey; struct node{ int x,y,ys,step; }; queue<node> q; int dx[4]={-1,0,0,1}; int dy[4]={0,-1,1,0}; node now,nextt; bool check(node &b){ if(b.x>=1&&b.x<=n&&b.y>=1&&b.y<=m)//是否越界 { if(vis[b.x][b.y][b.ys]==0&&a[b.x][b.y]!=‘*‘)//是不是路，有没有走过 { if(a[b.x][b.y]>=‘A‘&&a[b.x][b.y]<=‘J‘)//判断是不是门 { if((b.ys>>(a[b.x][b.y]-‘A‘))&1==1) { return true;//是门，有钥匙 } else return false;//是门没钥匙 } if(a[b.x][b.y]>=‘a‘&&a[b.x][b.y]<=‘j‘)//判断是不是钥匙， { if((b.ys&(1<<a[b.x][b.y]-‘a‘))==0) { b.ys=b.ys|(1<<a[b.x][b.y]-‘a‘); return true; } else return true; } if(a[b.x][b.y]==‘@‘||a[b.x][b.y]==‘^‘||a[b.x][b.y]==‘.‘) return true; //return true;//是起点，终点或者路 } else return false;//是障碍或者走过 } else return false;//越界 } int bfs(node now){ while(!q.empty()) { now=q.front(); q.pop(); if(now.step>=t) return -1; if(now.x==ex&&now.y==ey) return now.step; for(int i=0;i<4;i++){ nextt=now; nextt.x+=dx[i]; nextt.y+=dy[i]; nextt.step+=1; if(check(nextt)) {vis[nextt.x][nextt.y][nextt.ys]=1; q.push(nextt); } } } return -1 ; } int main() { while(cin>>n>>m>>t) { while(!q.empty()) { q.pop(); } memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ cin>>a[i][j]; if(a[i][j]==‘@‘){ sx=i; sy=j; } if(a[i][j]==‘^‘){ ex=i; ey=j; } } now.x=sx; now.y=sy; now.ys=0; now.step=0; q.push(now); int ans; ans=bfs(now); if(ans<t) cout<<ans<<endl; else cout<<-1<<endl; } return 0; }
【HDU - 1429】胜利大逃亡(续) （高级搜索）【状态压缩+BFS】
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Remilia-Scarlet/p/10386564.html
