百度之星2017 初赛 迷宫出逃(HDU 6111)

迷宫出逃

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 15    Accepted Submission(s): 1

Problem Description

小明又一次陷入了大魔王的迷宫，在无人机的帮忙下，小明获得了整个迷宫的草图。


不同于一般的迷宫，魔王在迷宫里安置了机关，一旦触碰，那么四个方向所在的格子，将翻转其可达性（原先可通过的格子不可通过，反之亦然，机关可以反复触发）。为了防止小明很容易地出逃，魔王在临走前把钥匙丢在了迷宫某处，只有拿到钥匙，小明才能开门在出口处离开迷宫。

万般无奈之下，小明想借助聪明的你，帮忙计算是否有机会离开这个迷宫，最少需要多少时间。（每一单位时间只能向四邻方向走一步）

 

Input

第一行为 T，表示输入数据组数。

下面 T 组数据，对于每组数据：

第一行是两个数字 n, m（2 < n * m <= 64），表示迷宫的长与宽。

接下来 n 行，每行 m 个字符，‘.’表示空地可以通过，‘x’表示陷阱，‘*’表示机关，‘S’代表起点，‘E’代表出口，‘K’表示钥匙(保证存在且只有一个)。

 

Output

对第 i 组数据，输出

Case #i:

然后输出一行，仅包含一个整数，表示最少多少步能够拿到钥匙并走出迷魂阵，如果不能则打出-1。

 

Sample Input

55 7...*x.....x...xEx....*x...K..x*...S5 7K..*x.....x...xEx....*x......x*...S5 7..K*x....*x*..xEx....*x......x*...S5 7..K*x...*xx*..*E*....xx......x*...S4 4S*..**.....E...K

 

Sample Output

Case #1:11Case #2:13Case #3:13Case #4:11Case #5:-1

 

Source

2017"百度之星"程序设计大赛 - 初赛（A）

题目分析:

这道题比赛的时候没有一个人AC，正确率0%,各位大佬都没过，我想，可能是因为评测机太卡的原因吧。

其实这道题并没有那么难，因为M*N最大才64，很容易就想到状态压缩，又因为是找到终点的最近距离，那么肯定使用BFS。

状态压缩也很基础，假设N行M列，从第一行第一列是二进制第一位，第一行第二列是二进制第二位，第一行第三列是二进制第三位

，第二行第一列是二进制第M+1位，第x行第y列是二进制的第(x-1)*m+y位。每一位是1表示状态反转，每一位状态是0表示状态正常。

如此，就可以很轻松的，把状态用一个64位的无符号整数储存下来了。

然后有没有钥匙是2种状态，0表示有，1表示没有。

找到出口看钥匙状态是0还是1即可

每一位能不能走看那个位置原本的图，和状态是否改变即可。

那么问题来了，bfs必须要判重，也就是要有一个哈希表，存储这个状态到底有没有被访问过。单纯的反转状态就有2^64次方个，那么，用一个数组去裸存肯定不行。比赛时，我就想到了map，结果超了内存。内存限制32MB，太小了。

然后评测机就一直卡着，然后比赛就这么结束了。

其实，比赛完之后仔细想想，状态绝对不会出现很多，因为图太小了，我就写了个hash表，建立了一个10000的queue数组，取每个状态的坐标，反转状态和钥匙状态的和，mod 10000作为hash值插入相应数组的位置，然后判重时遍历数组即可。

附代码:

#include<iostream>using namespace std;#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<vector>int tx[] = { -1,1,0,0 };//上下左右移动x的改变量 int ty[] = { 0,0,-1,1 };//上下左右移动y的改变量 int ii = 0;typedef unsigned long long LL;struct datatype//队列中状态信息  {int bs;//步数 LL zt1;//第一个状态，储存每个点的状态是否反转 LL zt2;//第二个状态，储存是否有钥匙 int x;//所在的x坐标 int y;//所在的y坐标 datatype()//初始化 {bs = 0;zt1 = 0;x = 0;y = 0;zt2 = 0;}};queue<datatype> team;//BFS所用的队列 int maps[70][70];//初始的地图图信息 struct mapdata {//hash判重所用的信息类型 int x, y;//x，y坐标 LL zt1;//第一个状态 int zt2;//第二个状态 LL count()//每个状态的和 mod 10000，取得hash值 {LL ans = zt1 % 10000;ans = (ans + zt2) % 10000;ans = (ans + x) % 10000;ans = (ans + y) % 10000;return ans;}bool operator<(const mapdata &b)const//重载 {if (this->x != b.x) return this->x< b.x;if (this->y != b.y) return this->y< b.y;if (this->zt1 != b.zt1) return this->zt1 < b.zt1;return this->zt2 < b.zt2;}bool operator==(const mapdata &b)const//重载 {if (this->x != b.x) return this->x == b.x;if (this->y != b.y) return this->y == b.y;if (this->zt1 != b.zt1) return this->zt1 == b.zt1;return this->zt2 == b.zt2;}};char s[70][100];//最初读入得字符串地图信息 vector<mapdata> has[10010];//hash判重用到得vector数组 void deal() {memset(s, 0, sizeof(s));//初始化 memset(maps, 0, sizeof(maps));//初始化 int n, m; while (!team.empty()) team.pop();//清空队列 datatype pt;//一个读取队列状态的变量 cin >> n >> m;//读取n,m，地图长,宽 for (int i = 0; i <= 10000; i++)has[i].clear();//清空hash表 for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%s", s[i] + 1);//读取地图信息 }int qdx, qdy;//保存起点x，y坐标 for (int i = 1; i <= n; i++)//处理地图 {for (int j = 1; j <= m; j++){if (s[i][j] == '.') maps[i][j] = 1;//可行为1 if (s[i][j] == 'x') maps[i][j] = 0;//不可行为0 if (s[i][j] == 'E') maps[i][j] = -666;//出口为-666 if (s[i][j] == '*') maps[i][j] = -10;//机关为-10 if (s[i][j] == 'K') maps[i][j] = -66;//钥匙为-66 if (s[i][j] == 'S') {//找到起点，将起点入队 maps[i][j] = 1, qdx = i, qdy = j;pt.bs = 0, pt.zt1 = 0, pt.zt2 = 0, pt.x = qdx, pt.y = qdy;team.push(pt);}}}datatype pd;int ans = -1;//初始化答案变量 while (!team.empty())//BFS {pt = team.front();//取队首元素 team.pop();//队首元素出队 if (maps[pt.x][pt.y] == -666)//如果是出口，且有钥匙，找到答案，退出搜索 {if (pt.zt2 == 1){ans = pt.bs;break;}}for (int i = 0; i < 4; i++)//向当前位置的x，y轴移动 {pd.bs = pt.bs + 1;//更新步数 pd.zt1 = pt.zt1; pd.zt2 = pt.zt2;pd.x = pt.x + tx[i];//更新x坐标 pd.y = pt.y + ty[i];//更新y坐标 if (pd.x <= 0 || pd.y <= 0 || pd.x > n || pd.y > m) continue;//超出边界，舍弃这个位置 LL cj = (LL)(m)*(pd.x - 1) + pd.y;//看当前坐标是地图横着数第几个位置，也就是状态压缩后的第几位，式子:(x-1)*m+y LL zt = ((pd.zt1 >> (LL)(cj - 1)) & (LL)1);//看当前坐标是否受机关影响 if (zt == 0 && maps[pd.x][pd.y] == 0) continue;//不受影响，原本不可行，舍弃这个位置 if (zt == 1) {if (maps[pd.x][pd.y] != 0) continue;//受机关影响，原本可行，舍弃这个位置 }LL ws1, ws2, ws3, ws4;//储存上下左右四点 ，是地图横着数第几个位置，也就是状态压缩后的第几位ws1 = 0; ws2 = 0; ws3 = 0; ws4 = 0;ws1 = (pd.x - 2)*(m)+pd.y;ws2 = (pd.x)*m + (pd.y);ws3 = (pd.x - 1)*m + (pd.y - 1);ws4 = (pd.x - 1)*m + (pd.y + 1);if (maps[pd.x][pd.y] == -10)//如果这个点是机关，就更新上下左右四点的反转状态 {if (pd.x - 1 > 0)//判断向上走超不超过边界 {if ((pd.zt1 >> (ws1 - (LL)1)) & (LL)1)//对应位置的翻转状态 pd.zt1 = pd.zt1 - ((LL)1 << (ws1 - (LL)1));//是1变成0 elsepd.zt1 = pd.zt1 + ((LL)1 << (ws1 - (LL)1));//是0变成1 }/*后面的以此类推*/ if (pd.x + 1 <= n){if ((pd.zt1 >> (ws2 - (LL)1)) & (LL)1)pd.zt1 = pd.zt1 - ((LL)1 << (ws2 - (LL)1));elsepd.zt1 = pd.zt1 + ((LL)1 << (ws2 - (LL)1));}if (pd.y - 1 > 0){if ((pd.zt1 >> (ws3 - (LL)1)) & (LL)1)pd.zt1 = pd.zt1 - ((LL)1 << (ws3 - (LL)1));elsepd.zt1 = pd.zt1 + ((LL)1 << (ws3 - (LL)1));}if (pd.y + 1 <= m){if ((pd.zt1 >> (ws4 - (LL)1)) & (LL)1)pd.zt1 = pd.zt1 - ((LL)1 << (ws4 - (LL)1));elsepd.zt1 = pd.zt1 + ((LL)1 << (ws4 - (LL)1));}}if (maps[pd.x][pd.y] == -66)//该点存在钥匙，钥匙状态设为1 {pd.zt2 = 1;}mapdata h;//建立一个hash信息的变量 h.x = pd.x; h.y = pd.y; h.zt1 = pd.zt1; h.zt2 = pd.zt2;//变量赋值 int zzt = h.count();//计算hash值 int vvv = 0;//判断访问与否的变量 for (int k = 0; k < has[zzt].size(); k++)//遍历所在hash表中的节点 {if (has[zzt][k] == h)//该状态已存在，标记已访问 {vvv = 1;break;}}if (vvv) continue;//如果标记访问，舍弃该状态 has[zzt].push_back(h);//未访问，hash信息入表 team.push(pd);//状态信息入队 }}/*输出答案*/ printf("Case #%d:\n", ii); cout << ans << endl;}int main(){int t;cin >> t;while (t--){ii++;deal();}return 0;}