标签：names ace 超时 分析 顺序 一个 农夫 class poj
题目：
现有一农夫和一母牛，假设农夫和母牛都站在一条数轴上，农夫开始的位置为N，母牛的位置为K。农夫有三种行动方式，每行动一次需要一秒钟时间，假设农夫的现在的位置为X，他可以向前走一格到X+1，也可以向后走一格走到X-1，他还可以传送！一下子走到了2*X。那么我们的问题是，假设母牛不会动，农夫最少需要多少秒才能抓到母牛？
输入：
输入包括两个整数，用空格隔开，分别为N和K。其中0<=N,K<=100000。
输出：
一个整数T，代表农夫所需的最少时间。
分析：
若N=5,K=17，那么最后我们计算得到的应该是T=4。
1、全部往前走，一共是17-5=12步；
2、5×2=10 ， 5→10→20→19→18→17；
3、最优方案，5→4→8→16→17。
根据DFS，将农夫在每一步所走的策略都列举出来，生成一棵三叉正则完全树。用队列Queue存储这些结果，根据队列先进先出的特性，最先找到农夫到达奶牛的结果所花费的时间便是最短的时间。
（DFS一般都用队列存储结果）
但是，由于广度优先搜索要列出所有的结果，因此容易超时。要对广搜做一定的优化，即剪枝处理（去掉一些没必要存储的结果）
本题优化如下：
1.当农夫的位置为0的时候，他只能往前走1。
2.当农夫的位置大于K时，他只能往后走1 。
3.如果某个位置农夫已经走过，那么农夫不用再走到该位置。
源代码：
//三叉搜索树的顺序 #include <iostream> #include <queue> #include <cstring> using namespace std; int num[10000005]; int vis[10000005]; int n, k, y ; queue<int> q; void bfs( ) { q.push( n ); num[n] = 0; while( q.size() && y != k ) { if( y == k ) break; y = q.front(); q.pop(); if( y - 1 >= 0 && vis[y + 1] == 0 ) { q.push( y - 1 ); num[y - 1] = num[y] + 1 ; vis[y - 1] = 1; } if( y + 1 < 100000 && vis[y+1] == 0 ) { q.push( y + 1 ); num[y + 1] = num[y] + 1 ; //记录步数 vis[y + 1] = 1 ; //标记该位置已经走过 } if( y * 2 < 100000 && vis[y * 2] == 0 ) { q.push( y * 2); num[ y * 2] = num[y] + 1; vis[y * 2] = 1; } // cout << y << endl; } } int main(int argc, const char * argv[]) { cin >> n; cin >> k; memset( num, 0, sizeof(num)); memset( vis, 0, sizeof(vis)); while( !q.empty() ) q.pop(); bfs(); cout <<num[y] << endl; //最终，y == k }
标签：names ace 超时 分析 顺序 一个 农夫 class poj
原文地址：https://www.cnblogs.com/syyyyy/p/10582661.html
