poj3278 hdu2717 Catch That Cow 广度优先搜索

Catch That Cow

Time Limit: 5000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3336    Accepted Submission(s): 1106

Problem Description

Farmer John has been informed of the location of a fugitive cow and wants to catch her immediately. He starts at a point N (0 ≤ N ≤ 100,000) on a number line and the cow is at a point K (0 ≤ K ≤ 100,000) on the same number line. Farmer John has two modes of transportation: walking and teleporting.

* Walking: FJ can move from any point X to the points X - 1 or X + 1 in a single minute
* Teleporting: FJ can move from any point X to the point 2 × X in a single minute.

If the cow, unaware of its pursuit, does not move at all, how long does it take for Farmer John to retrieve it?

 

Input

Line 1: Two space-separated integers: N and K

 

Output

Line 1: The least amount of time, in minutes, it takes for Farmer John to catch the fugitive cow.

 

Sample Input

5 17

 

Sample Output

4
Hint
The fastest way for Farmer John to reach the fugitive cow is to move along the following path: 5-10-9-18-17, which takes 4 minutes.
 
 
这个题目是一道广度搜索的题目。 
意思是 给定两个数 n 和k，用 2*n和 n+1以及n-1三种操作得到 k，并且 输出最小步数。
这里有一个小 陷阱，而且很容易发现(因为给的事例数据都过不了)，就是如果当前数小于k，也是可以做n-1这个操作的，不要认为不可以。比如10到18，如果把 n-1再乘以2，则只需要两步，如果直接乘以2，再减两次1是三步。
这个代码最核心的一点就是要利用标记，来消除已经被访问数据的操作，所以定义visit数组，从而减少时间消耗。当然是用过程中要判断是否超过边界，不然会RE的。
本来代码写得很简洁，把判断推出的条件放在了出队列的地方，后来觉得这样浪费时间，所以把判断退出放在了每步操作之后，虽然代码复杂了，但是时间确实减少了188-110=78MS。
另外唠叨两句，就是同样的题目，时间限制都是2S，同样的代码，在POJ 测试 110MS ，在 HDU 15MS，突然觉得还是POJ测试数据强大。
下面是代码。
 
#include<iostream>#include<queue>using namespace std;const int maxn=100000;int n,k;struct tnode{    int num;    int s;};int visit[maxn+1];int bfs(){    memset(visit,0,sizeof(visit));    queue<tnode> q;    tnode p,t;    p.num=n;p.s=0;    q.push(p);    while(!q.empty())    {        p=q.front();        q.pop();        t.s=p.s+1;        if (p.num<k)        {            t.num=p.num+1;            if (!visit[t.num])            {                if (t.num==k)                    return t.s;                q.push(t);                visit[t.num]=1;            }            t.num=p.num*2;            if (t.num<=maxn&&!visit[t.num])            {                if (t.num==k)                    return t.s;                q.push(t);                visit[t.num]=1;            }            t.num=p.num-1;            if (t.num>=0&&!visit[t.num])            {                if (t.num==k)                    return t.s;                q.push(t);                visit[t.num]=1;            }        }        else         {            t.num=p.num-1;            if (t.num>=0&&!visit[t.num])            {                if (t.num==k)                    return t.s;                q.push(t);                visit[t.num]=1;            }        }    }    return 0;}int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)    {        if (n==k)            printf("0\n");        else        {            printf("%d\n",bfs());        }    }    return 0;}