传送门

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 9005    Accepted Submission(s): 3244

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

 

Source

ACM暑期集训队练习赛（三）

 

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linle

题意：~~~中文题没啥说的。

主要这个钥匙的问题很烦。之前我想的是key[a][b][c] a b为当前的坐标 c为带的钥匙 假如得到了A钥匙就key[a][b][c-'a']++;

但仔细一想钥匙的状态可以压到26位(26个字母 而且可以携带这种状态 标记vis

//china no.1#include <vector>#include <iostream>#include <string>#include <map>#include <stack>#include <cstring>#include <queue>#include <list>#include <stdio.h>#include <set>#include <algorithm>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <iomanip>#include <cctype>#include <sstream>#include <functional>#include <stdlib.h>#include <time.h>using namespace std;#define pi acos(-1)#define endl '\n'#define srand() srand(time(0));#define me(x) memset(x,0,sizeof(x));#define foreach(it,a) for(__typeof((a).begin()) it=(a).begin();it!=(a).end();it++)#define close() ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);typedef long long LL;const int INF=0x3f3f3f3f;const LL LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;const int dx[]={-1,0,1,0,-1,-1,1,1};const int dy[]={0,1,0,-1,1,-1,1,-1};const int maxn=1e3+5;const int maxx=1e5+100;const double EPS=1e-7;const int MOD=10000007;#define mod(x) ((x)%MOD);template<class T>inline T min(T a,T b,T c) { return min(min(a,b),c);}template<class T>inline T max(T a,T b,T c) { return max(max(a,b),c);}template<class T>inline T min(T a,T b,T c,T d) { return min(min(a,b),min(c,d));}template<class T>inline T max(T a,T b,T c,T d) { return max(max(a,b),max(c,d));}#define FOR(x,n,i) for(int i=x;i<=n;i++)#define FOr(x,n,i) for(int i=x;i<n;i++)#define W while#define sgn(x) ((x) < 0 ? -1 : (x) > 0)int n,m,t;char mapp[25][25];int stx,sty,edx,edy,ans;int key[maxn],vis[25][25][1<<10];struct node{    int r,c,t,k;};int bfs(){    queue<node >Q;    Q.push({stx,sty,0,0});    W(!Q.empty())    {        node temp=Q.front();Q.pop();node v;        FOR(0,3,i)        {            int xx=temp.r+dx[i];            int yy=temp.c+dy[i];            if(xx<=0||xx>n||yy<=0||yy>m) continue;            char c=mapp[xx][yy];            if(c=='*'||temp.t+1>=t) continue;            v.t=temp.t+1,v.k=temp.k;            v.r=xx;v.c=yy;            if(c=='^') return v.t;            if(c>='A'&&c<='Z')                if((v.k&(1<<(c-'A')))==0) continue;            if(c>='a'&&c<='z')                v.k=(v.k|(1<<(c-'a')));            if(vis[v.r][v.c][v.k]) continue;            vis[v.r][v.c][v.k]=1;            Q.push(v);         }    }    return -1;}int main(){    W(cin>>n>>m>>t)    {        me(vis);        FOR(1,n,i)            cin>>mapp[i]+1;        FOR(1,n,i)            FOR(1,m,j)            {                if(mapp[i][j]=='@')                {                    stx=i;sty=j;                }            }        cout<<bfs()<<endl;    }}