51NOD 1572 宝岛地图（dp+优先队列）

1572 宝岛地图

题目来源： CodeForces

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题

勇敢的水手们到达了一个小岛，在这个小岛上，曾经有海盗在这里埋下了一些宝藏。然而，我们的船快抛锚了，与此同时，船长发现藏宝图的一角被老鼠咬掉了一块。

 

藏宝图可以用一个n×m大小的矩形表示。矩形中的每一小块表示小岛中的一小块陆地（方块的边长为1米）。有一些方块表示的是海，这些块人是不能通过的。除了海不能走，其它的小方块都是可以行走的。在可行走区域里有一些小方块表示一些已知的地点。

 

另外，在地图上有k条指令。每条指令的格式表示如下：

“向y方向走n米”。

 

这里的方向有四种：“北”，“南”，“东”，“西”。如果你正确的跟着这些指令行走，并且完整的执行完所有指令，你就可以找到宝藏所在的地点。

 

但是，很不幸，由于地图中好多地方都缺失了，船长也不知道从哪些地方开始走。但是船长依然清楚地记得一些已知的地点。另外，船长也知道所有可行走区域。

 

现在船长想知道从哪些已知地点出发，按照指令，可能找到宝藏所在地。

Input

单组测试数据第一行包含两整数n和m（3≤n，m≤1000）。接下来的n行每行有m个字符，表示整个地图。“#”代表海。在地图矩形中，矩形的四周一圈一定是海。“.”代表可行走区域，未知地点。大写字母“A”到“Z”表示可行走区域，已知地点。所有大写字母不一定都被用到。每个字母在地图中最多出现一次。所有已知地点用不同的大写字母表示。接下来一行有一个整数k（1≤k≤10^5），接下来有k行。每行表示一条指令。指令格式为“dir len”，“dir”表示朝哪个方向走，“len”表示走几步。“dir”有四种取值“N”，“S”，“E”，“W”，对应题目中的“北”，“南”，“东”，“西”在地图中，北是在顶部，南是在底部，西是在左边，东是在右边。“len”是一个整数，范围在[1，1000]。

Output

共一行，按字典序升序打印出所有可以完整执行地图中指令的已知区域的字母，如果没有满足要求的已知区域，则打印“no solution”（没有引号）。

Input示例

输入样例16 10###########K#..######.#..##.###..L.#...####D###A.###########4N 2S 1E 1W 2

Output示例

输出样例1AD

这个题是问能按照指令顺序走完的点有哪几个，按照字典序输出。

需要解决几个问题

①我们只知道朝哪个方向走几步，不知道过程中有没有海（#）

②每个点不一定要走完所有指令，中途可能就挂了

③解决一边输入一边删除的操作

对于①，我们可以在输入的时候用两个二维数组把横向和纵向的海数做一个累加，当从(x,y)走到(x+n,y)的时候

我们只需要判断第X行，y+n处的海数和y处的海数是否相等，相等的话中间就没有海，否则有海。

对于②和③，输入时可以弄一个优先队列，按照字典排序，然后再把优先队列里的每个元素复制到另一个普通队列当中，

这样对于每个操作取队首元素操作，符合的话加入队尾等待下一次操作，不符合直接扔掉。

具体细节代码里说：

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>#include<queue>#include<stack>using namespace std;char map[1002][1002];int visx[1002][1002],visy[1002][1002];struct node1 {char c;int x;int y;node1(char ch = 0,int a = 0,int b = 0){c = ch;x = a;y = b;}} ;bool operator< (const node1& a,const node1& b){return a.c>b.c;}int main(){priority_queue<node1> q0;//方便一上来就按照字典序排序queue<node1>q;//弄一个普通队列int m,n,k;int num = 0;scanf("%d %d",&m,&n);getchar();for(int i = 1;i<= m;i++){for(int j = 1;j<= n;j++){scanf("%c",&map[i][j]);if(map[i][j]>= 'A'&&map[i][j]<= 'Z'){q0.push(node1(map[i][j],i,j));num++;}visx[i][j]+= map[i][j] == '#'?(visx[i-1][j]+1):visx[i-1][j];//做前缀和visy[i][j]+= map[i][j] == '#'?(visy[i][j-1]+1):visy[i][j-1];}getchar();}for(int i = 1;i<= num;i++)//把优先队列里元素复制到普通队列里来{node1 temp = q0.top();q.push(temp);q0.pop();}int de = 0;scanf("%d",&k);for(int i = 1;i<= k;i++){getchar();char dir;int len;int des = de;//用来记录扔掉了多少元素了scanf("%c %d",&dir,&len);if(q.empty())break;if(dir == 'N')//以下都是判断条件，简单易懂{for(int j = 1;j<= num-des;j++){int fx = q.front().x;int fy = q.front().y;if(fx-len> 0&&visx[fx][fy]-visx[fx-len][fy] == 0&&map[fx- len][fy]!= '#'){q.front().x -= len;q.push(q.front());//符合条件直接加入队尾q.pop();}else{q.pop();//不符合扔掉de++;}}}else if(dir == 'S'){for(int j = 1;j<= num-des;j++){int fx = q.front().x;int fy = q.front().y;if(fx+len<=m&&visx[fx+len][fy]-visx[fx][fy] == 0&&map[fx+ len][fy]!= '#'){q.front().x += len;q.push(q.front());q.pop();}else{q.pop();de++;}}}else if(dir == 'E'){for(int j = 1;j<= num-des;j++){int fx = q.front().x;int fy = q.front().y;if(fy+len<= n&&visy[fx][fy+len]-visy[fx][fy] == 0&&map[fx][fy+ len]!= '#'){q.front().y += len;q.push(q.front());q.pop();}else{q.pop();de++;}}}else if(dir == 'W'){for(int j = 1;j<= num-des;j++){int fx = q.front().x;int fy = q.front().y;if(fy-len> 0&&visy[fx][fy]-visy[fx][fy-len] == 0&&map[fx][fy- len]!= '#'){q.front().y -= len;q.push(q.front());q.pop();}else{q.pop();de++;}}}}if(q.empty())printf("no solution");else{for(int i = 1;i<= num-de;i++){printf("%c",q.front().c);//把队列里剩下的元素都打印出来就好了嘛~~q.pop();} }printf("\n");return 0;}

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