POJ3278

本学期选了学校的算法课程，P大研究生的算法课程难度不小（PS：对于我这种菜狗），加上本科没有学过算法，更是有点被虐的感觉，所以平时更要多加练习。

没事的时候就去做题。

POJ3278

,2总时间限制: 

2000ms 

内存限制: 

65536kB

描述

农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点N(0<=N<=100000)，牛位于点K(0<=K<=100000)。农夫有两种移动方式：

1、从X移动到X-1或X+1，每次移动花费一分钟

2、从X移动到2*X，每次移动花费一分钟

假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。农夫最少要花多少时间才能抓住牛？

输入

两个整数，N和K

输出

一个整数，农夫抓到牛所要花费的最小分钟数

样例输入

5 17

样例输出

4

思路：

这个是典型的广搜问题，因为要求的是最短的路径，类似的有迷宫问题找路之类的，广搜一般要用一个结构体（对象）来代表每一个状态，用一个队列queue来记录先后的访问顺序，并且一定要注意状态的边界条件和状态的转换关系（本期中是位置变化的转换关系），农夫可以向前找（+1 表示），也可以向后找（-1 表示），也是跨距离找（* 2表示）

注意的地方是  1，广搜的时候每次访问完队头的节点后要把它pop出去。
2， DFS 和BFS 一般实现时都要用一个大的visited 数组表示是否已经访问过了。

3，多种情形扩展时，不能用 else if 而是用并列的 if （DFS也一样），否则搜索空间会减小，一些状态不会被枚举到，else if 直接跳过剩下的cases，一些点就没有入队。 这是一个隐藏的坑。

#include <iostream>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;const int MAXN = 100000;int visited[MAXN+10]; //判重标记,visited[i] = true表示i已经扩展过int N,K;struct step1{int x;int steps;step1(int xx,int ss):x(xx),steps(ss){}};queue<step1> q;/*注意的地方是 广搜的时候每次访问完队头的节点后要把它pop出去。多种情形扩展时，不能用if else 而是用并列的 if （DFS也一样），否则搜索空间会减小。 */int main(){cin>>N>>K;memset(visited,0,sizeof(visited));q.push(step1(N,0));visited[N]=1;while(!q.empty()){step1 curS = q.front();if(curS.x==K){cout<<curS.steps<<endl;return 0;}if(curS.x-1>=0&& !visited[curS.x-1]){q.push(step1(curS.x-1,curS.steps+1));visited[curS.x -1] = 1;} if(curS.x+1<=MAXN && !visited[curS.x+1]){q.push(step1(curS.x+1,curS.steps+1));visited[curS.x +1] = 1;} if(curS.x*2<=MAXN && !visited[curS.x*2]){q.push(step1(curS.x*2,curS.steps+1));visited[curS.x *2] = 1;}q.pop(); //每次出队一个结点 }}

希望坚持下去！！！每天3题！！！