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来源:互联网 发布:网络推广付费平台 编辑:程序博客网 时间:2024/04/30 04:25
连连看:
Problem Description
“连连看”相信很多人都玩过。没玩过也没关系,下面我给大家介绍一下游戏规则:在一个棋盘中,放了很多的棋子。如果某两个相同的棋子,可以通过一条线连起来(这条线不能经过其它棋子),而且线的转折次数不超过两次,那么这两个棋子就可以在棋盘上消去。不好意思,由于我以前没有玩过连连看,咨询了同学的意见,连线不能从外面绕过去的,但事实上这是错的。现在已经酿成大祸,就只能将错就错了,连线不能从外围绕过。
玩家鼠标先后点击两块棋子,试图将他们消去,然后游戏的后台判断这两个方格能不能消去。现在你的任务就是写这个后台程序。
Input
输入数据有多组。每组数据的第一行有两个正整数n,m(0<n<=1000,0<m<1000),分别表示棋盘的行数与列数。在接下来的n行中,每行有m个非负整数描述棋盘的方格分布。0表示这个位置没有棋子,正整数表示棋子的类型。接下来的一行是一个正整数q(0<q<50),表示下面有q次询问。在接下来的q行里,每行有四个正整数x1,y1,x2,y2,表示询问第x1行y1列的棋子与第x2行y2列的棋子能不能消去。n=0,m=0时,输入结束。
注意:询问之间无先后关系,都是针对当前状态的!
Output
每一组输入数据对应一行输出。如果能消去则输出"YES",不能则输出"NO"。
Sample Input
3 41 2 3 40 0 0 04 3 2 141 1 3 41 1 2 41 1 3 32 1 2 43 40 1 4 30 2 4 10 0 0 021 1 2 41 3 2 30 0
3 41 2 3 40 0 0 04 3 2 141 1 3 41 1 2 41 1 3 32 1 2 43 40 1 4 30 2 4 10 0 0 021 1 2 41 3 2 30 0
Sample Output
YESNONONONOYES首先说一下我对这一题的思路啊,很明显是用的BFS算法,至于这题的难点我认为是转折次数控制问题,我是这样控制转折次数的就是假设第一次的坐标是a和b,以后每走一步都和这个坐标比较,如果有一个坐标相同(有一个步数相同这表明没有搜索过程中没有发生转向)则步数不加1,否者步数步数加1并且把a和b坐标更新为当前坐标,以后每走一步在和这个坐标进行比较,我感觉方法挺不错的,但提交几次都WA了,很是受伤啊!!于是我上网上看了解题报告,大部分都是通过走向(上下左右是个方向,一旦换方向就表示转折一次)来控制转向的。代码如下:#include<iostream>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;struct point{ int x,y,turn,step; }now,t,next;int n,m;int map[1005][1005];bool visit[1005][1005];bool tt;int dx[]={1,-1,0,0};int dy[]={0,0,1,-1};queue<point> p;bool bfs(int a,int b,int c,int d){ while(!p.empty()) p.pop(); visit[a][b]=false; now.x=a;now.y=b;now.turn=-1;now.step=0; p.push(now); while(!p.empty()) { t=p.front(); p.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { int nx=t.x+dx[i]; int ny=t.y+dy[i]; if(nx<=0||nx>n||ny<=0||ny>m) continue; int time; if(t.turn==i||t.turn==-1) time=t.step; else time=t.step+1; if(time>2) continue; if(nx==c&&ny==d) return true; if(map[nx][ny]==0&&visit[nx][ny]) { visit[nx][ny]=false; next.x=nx;next.y=ny; next.turn=i;next.step=time; p.push(next); } } } return false;}int main(){ while(cin>>n>>m&&n&&m) { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>map[i][j]; int q; cin>>q; for(int i=0;i!=q;i++) { memset(visit,true,sizeof(visit)); int a,b,c,d; cin>>a>>b>>c>>d; if(map[a][b]==map[c][d]&&map[a][b]) tt=bfs(a,b,c,d); else tt=false; if(tt) cout<<"YES"<<endl; else cout<<"NO"<<endl; } }return 0; }
YESNONONONOYES
首先说一下我对这一题的思路啊,很明显是用的BFS算法,至于这题的难点我认为是转折次数控制问题,我是这样控制转折次数的就是假设第一次的坐标是a和b,以后每走一步都和这个坐标比较,如果有一个坐标相同(有一个步数相同这表明没有搜索过程中没有发生转向)则步数不加1,否者步数步数加1并且把a和b坐标更新为当前坐标,以后每走一步在和这个坐标进行比较,我感觉方法挺不错的,但提交几次都WA了,很是受伤啊!!于是我上网上看了解题报告,大部分都是通过走向(上下左右是个方向,一旦换方向就表示转折一次)来控制转向的。
代码如下:
#include<iostream>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;struct point{ int x,y,turn,step; }now,t,next;int n,m;int map[1005][1005];bool visit[1005][1005];bool tt;int dx[]={1,-1,0,0};int dy[]={0,0,1,-1};queue<point> p;bool bfs(int a,int b,int c,int d){ while(!p.empty()) p.pop(); visit[a][b]=false; now.x=a;now.y=b;now.turn=-1;now.step=0; p.push(now); while(!p.empty()) { t=p.front(); p.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { int nx=t.x+dx[i]; int ny=t.y+dy[i]; if(nx<=0||nx>n||ny<=0||ny>m) continue; int time; if(t.turn==i||t.turn==-1) time=t.step; else time=t.step+1; if(time>2) continue; if(nx==c&&ny==d) return true; if(map[nx][ny]==0&&visit[nx][ny]) { visit[nx][ny]=false; next.x=nx;next.y=ny; next.turn=i;next.step=time; p.push(next); } } } return false;}int main(){ while(cin>>n>>m&&n&&m) { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>map[i][j]; int q; cin>>q; for(int i=0;i!=q;i++) { memset(visit,true,sizeof(visit)); int a,b,c,d; cin>>a>>b>>c>>d; if(map[a][b]==map[c][d]&&map[a][b]) tt=bfs(a,b,c,d); else tt=false; if(tt) cout<<"YES"<<endl; else cout<<"NO"<<endl; } }return 0; }