挑战ACM迷宫

问题 E: 挑战ACM迷宫

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题目描述

如下图所示的是一个由程序设计题目组成的ACM迷宫。迷宫的左上角是入口，右下角是出口。迷宫中每一个格子都有一个程序设计题目，挑战者要AC该题目后才能通过，大于0的数字表示AC该题目所需的最短时间。数字如果是0表示是陷阱，进去了就出不来。现在的问题是：求挑战者从入口到出口所需的最短时间。

输入

有多组测试实例。

对于每组测试实例，先输入一个数字n(1<n<=100)，然后输入n*n个数字表示迷宫中的数字。

输出

对应输出挑战者从入口到出口所需的最短时间。

样例输入

101 0 2 1 2 3 4 2 2 52 1 0 1 3 2 5 7 2 11 1 1 0 1 1 1 3 2 31 2 1 1 0 1 1 1 2 31 1 2 0 2 0 2 3 2 32 2 2 2 3 2 0 2 3 23 2 2 2 1 1 1 0 1 10 1 1 3 0 1 1 2 3 22 0 1 1 2 2 2 2 2 23 2 3 2 3 2 3 2 3 251 2 1 2 51 3 2 4 52 1 0 2 52 1 1 2 12 4 1 1 2

样例输出

min=29min=11

提示

刚开始用DFS写，无论怎么剪枝都是TLE，后来改用了BFS，果然效率快乐很多。下面有两份代码，第一份会TLE，第二份则可以AC

#include<stdio.h>#define N 102int min=1000000000;int a[N][N];int curPos_Sum[N][N];int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};int n;void dfs(int i,int j,int sum) {    if(sum>=min||curPos_Sum[i][j]<sum)   return;    curPos_Sum[i][j]=sum;    if((i==(n-1))&&(j==(n-1))) {        min=sum;        return;    }  else  {        for(int k=0;k<4;k++)        {             if(i+dir[k][0]>=0 && i+dir[k][0]< n && j+dir[k][1]>=0 && j+dir[k][1]<n  && a[i+dir[k][0]][j+dir[k][1]]!=0)                 dfs(i+dir[k][0],j+dir[k][1],sum+a[i+dir[k][0]][j+dir[k][1]]);        }    }}int main() {    int i,j;    while(scanf("%d",&n)!=EOF)  {            min=1000000000;        for(i=0; i<n; i++)            for(j=0; j<n; j++)    {                scanf("%d",&a[i][j]);                curPos_Sum[i][j]=1000000000;            }        dfs(0,0,a[0][0]);        printf("min=%d\n",min);    }    return 0;}

思路是学长教的，但还是TLE，不知道为什么，还是怪自己能力有限，分析不出什么。所以自己用BFS写了一份，代码有点丑，大神不要喷。

#include <iostream>#include <queue>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;struct data {    int x;    int y;    int cost;};int map1[102][102];     //地图int lcount[102][102];    //该路线的在某点的时间消耗int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};   //方向数组queue <data> que;void dfs() {    data location;    data st= {1,1,map1[1][1]};    que.push(st);    lcount[1][1]=map1[1][1];    while(!que.empty()) {        location=que.front();        que.pop();        if(location.cost <= lcount[location.x][location.y])    //剪枝叶，如果之前的线路时间花费比现在的小，则不往下搜            for(int i=0; i<4; i++) {                           //四个方向BFS                int newx,newy;                newx=location.x+dir[i][0];                   newy=location.y+dir[i][1];                if(map1[newx][newy]!=0 ) {                    if(lcount[newx][newy]==0) {                //如果新加入的节点时间比原来的大，则不进队列，也是一种剪枝叶                        lcount[newx][newy]=location.cost+map1[newx][newy];                        data st= {newx,newy,lcount[newx][newy]};                        que.push(st);                    } else if (location.cost+map1[newx][newy]<lcount[newx][newy]) {                        lcount[newx][newy]=location.cost+map1[newx][newy];                        data st= {newx,newy,lcount[newx][newy]};                        que.push(st);                    }                }            }    }}int main() {    int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF) {        for(int i=1; i<=n; i++)            for(int j=1; j<=n; j++) {                scanf("%d",&map1[i][j]);            }        memset(lcount,0,sizeof(lcount));        dfs();        printf("min=%d\n",lcount[n][n]);    }}