Knight's Trip 马在无线大棋盘上跳到指定点最小步数问题

题目描述

Problem D: Knight‘s Trip

bubuko.com,布布扣 In chess, each move of a knight consists of moving by two squares horizontally and one square vertically, or by one square horizontally and two squares vertically. A knight making one move from location (0,0) of an infinite chess board would end up at one of the following eight locations: (1,2), (-1,2), (1,-2), (-1,-2), (2,1), (-2,1), (2,-1), (-2,-1).

Starting from location (0,0), what is the minimum number of moves required for a knight to get to some other arbitrary location (x,y)?

输入要求

Each line of input contains two integers x and y, each with absolute value at most one billion. The integers designate a location (x,y) on the infinite chess board. The final line contains the wordEND.

输出要求

For each location in the input, output a line containing one integer, the minimum number of moves required for a knight to move from (0,0) to (x,y).

假如输入

应当输出

这题不能用bfs，bfs代码如下，因为棋盘很大，会空间不足，但可以用bfs打印出棋盘来状况来分析，这题做了好久- -、、、、

#include<iostream> #include<algorithm> #include <vector> #include<string.h> #include<ctype.h> #include<math.h> using namespace std; int map[1005][1005]; int res[1005][1005]; struct point { int x,y; }; struct point r[1005]; int dis[8][2]={{1,2},{-1,2},{1,-2},{-1,-2},{2,1},{-2,1},{2,-1},{-2,-1}}; int m,n; void bfs() { int tail=1, head=0,i,x1,y1; r[0].x=2; r[0].y=2; while(tail != head) { x1=r[head].x; y1=r[head].y; for(i=0; i<8; i++) { x1+=dis[i][0], y1+=dis[i][1]; if(map[x1][y1]==0&&res[x1][y1]==-1) { r[tail].x=x1; r[tail].y=y1; res[x1][y1] = 1 + res[x1-dis[i][0]][y1-dis[i][1]]; tail++; } x1-=dis[i][0], y1-=dis[i][1]; } head++; if(res[m+2][n+2]!=-1) break; } } void fun(); int main() { fun(); return 0; } void fun() { int i,j; while(cin>>m>>n) { memset(map,-1,sizeof(map)); memset(res,-1,sizeof(res)); m=abs(m); n=abs(n); if(m>n) { int temp=m; m=n; n=temp; } for(i=2;i<m+3;i++) { for(j=2;j<n+3;j++) map[i][j]=0; } res[2][2]=0;//棋盘0,0点 res[3][3]=2;//棋盘1,1坐标要自己赋值，否则bfs算出来是4是错误的，因为我们把棋盘只考虑成第一象限的了 bfs(); for(i=2;i<m+3;i++) { for(j=2;j<n+3;j++) printf("%3d",res[i][j]); cout<<endl; } cout<<res[m+2][n+2]<<endl; } }

n=2*m这种情况直接就是(m+n)/3步。
如果n<2*m但是（m+n）%3==0的话，那么我们可以通过控制（1,2），（2,1）两种跳法的次数达到...总数必然是(m+n)/3，然后m,n的和对3取余是1的话，我们是不是必然可以在(m+n-1)/3步的时候跳到(m,n-1)这个点，但是不能一步跳到(m,n)，回撤两步到(m-4,n-5)这个点，我们可以用三步跳到(m,n)，那么就是原先的步数+1。余数为2，就是先跳到(m-1,n-1)这个地方，我们知道(0,0)到(1,1)只需要两步，那么(m-1,n-1)到(m,n)也就是原先步数+2.
然后考虑n>2*m，先把(0,1)的情况特殊处理一下。接着我们可以用m步跳到(m,n)，那么原问题就转化为(0,0)到(0,n-2*m)。当n-2*m是4的倍数的话我们可以直接(1,2)(-1,2)这个跳可以在(n-2*m)/2步到达。余数为1，就是(0,0)到(0,1)的问题，但是这个需要三步不是最优的，我们后撤两步变为(0,0)到(0,5)，我们可以三步达到，那么就是原先的步数加上1就是解。余数为2，我们可以分别跳一次(2,1)(-2,1)到达。余数为3，转化为(0,0)到(0,3）的问题我们可以(-1,2)(1,1)(0,3)三步到达。

#include<iostream> #include<algorithm> #include <vector> #include<string.h> #include<ctype.h> #include<math.h> using namespace std; void fun(); int main() { fun(); return 0; } void fun() { int m,n; while(cin>>m>>n) { m=abs(m); n=abs(n); if(m>n) { int temp=m; m=n; n=temp; } if(2*m>=n) { if(m==n&&m==1) cout<<2<<endl; else if(m==n&&m==2) cout<<4<<endl; else cout<<(m+n)/3+(m+n)%3<<endl; } else { int ans=m; int c=(n-2*m)%4; ans+=c; ans+=(n-2*m-c)/2; if(n==1&&m==0) ans=3; cout<<ans<<endl; } } }