hdu1175- 连连看BFS
来源:互联网 发布:什么是java分布式 编辑:程序博客网 时间:2024/05/16 23:54
Hdu 1175 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。
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!
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
Sample Output
YESNONONONOYES
这道题主要是考察BFS,刚开始提交的时候,错了很多次,才发现搜索的时候,我标记的是访问过的点不再访问。(这个思想是错的)。
错误的代码:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;#define M 1002struct point{ int x,y; int dir; int corner; bool operator ==(const point &b)const{ if(this->x==b.x&&this->y==b.y) return 1; else return 0; }}st,e;int m,n;int mymap[M][M],vis[M][M];int dir[4][2]={{-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}};int mysearch(point s){ vis[s.x][s.y]=1; point temp; queue<point> q; q.push(s); while(!q.empty()) { s=q.front(); printf("%d %d 转弯次数:%d\n",s.x,s.y,s.corner); if(s==e) return 1; q.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { temp.x=s.x+dir[i][0]; temp.y=s.y+dir[i][1]; temp.dir=i; temp.corner=s.corner; if(s.dir!=-1&&temp.dir!=s.dir) temp.corner++; if(temp.corner<3&&temp.x>0&&temp.x<=n&&temp.y>0&&temp.y<=m&&(mymap[temp.x][temp.y]==0||mymap[temp.x][temp.y]==mymap[e.x][e.y])&&!vis[temp.x][temp.y]) { q.push(temp); vis[temp.x][temp.y]=1; } } } // printf("sunquan"); return 0;}int main(){ int q,i,j; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { if(m==0&&n==0) break; for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&mymap[i][j]); scanf("%d",&q); for(i=0;i<q;i++) { scanf("%d%d%d%d",&st.x,&st.y,&e.x,&e.y); st.dir=-1; st.corner=0; if(st==e||mymap[st.x][st.y]==0||mymap[e.x][e.y]==0||mymap[st.x][st.y]!=mymap[e.x][e.y]) { printf("NO\n"); continue; } memset(vis,0,sizeof(vis)); if(mysearch(st)) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } } return 0;}
正确的思想是:
访问过的点可能再次访问,再次访问的条件是:转过的弯较少。
下面举一个特例。
4 4
2 3 1 0
0 0 0 0
4 0 2 0
1 0 0 0
1
1 3 4 1
正确答案应该是 YES。由于第一条路径 先访问标记了(4,2)。所以第二条合法路径,无法到达。
下面贴一个正确解法:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;#define M 1002#define INF 1<<30struct point{ int x,y; int dir; int corner; bool operator ==(const point &b)const{ if(this->x==b.x&&this->y==b.y) return 1; else return 0; }}s,e;int m,n;int mymap[M][M],vis[M][M];int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};//方向依次为右、左、下、上int mysearch(){ queue<point> q; point pre,temp; s.dir=-1; s.corner=0; q.push(s); while(!q.empty()) { pre=q.front(); // printf("%d %d 转弯次数:%d\n",s.x,s.y,s.corner); q.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { temp.x=pre.x+dir[i][0]; temp.y=pre.y+dir[i][1]; temp.dir=i; temp.corner=pre.corner; if(pre.dir!=-1&&temp.dir!=pre.dir) temp.corner++; //判断是否出界,转角次数是否超过限制 if(temp.corner<3&&temp.x>0&&temp.x<=n&&temp.y>0&&temp.y<=m&&(mymap[temp.x][temp.y]==0||temp==e)) { if(temp==e) return 1; ////如果当前路径到达该节点,转角次数更少则更新 if(temp.corner<=vis[temp.x][temp.y]) { q.push(temp); vis[temp.x][temp.y]=temp.corner; } } } } // printf("sunquan"); return 0;}int main(){ int q,i,j; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { if(m==0&&n==0) break; for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&mymap[i][j]); scanf("%d",&q); for(i=0;i<q;i++) { scanf("%d%d%d%d",&s.x,&s.y,&e.x,&e.y); if(s==e||mymap[s.x][s.y]==0||mymap[e.x][e.y]==0||mymap[s.x][s.y]!=mymap[e.x][e.y]) { printf("NO\n"); continue; }//vis记录该点是否被访问过了,同时记录有转折次数,如果//新的转折次数小于以前访问时的转折次数那么更新,否则就不更新。 for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= m; j++) vis[i][j] = INF; if(mysearch()) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } } return 0;}
注意:第45行,temp==e 不能写成 mymap[temp.x][temp.y]=mymap[e.x][e.y].
因为,可能多组数字相同,但坐标不同,这里wa了好多次。
还有第50行,应该是"<=",虽然小于号能AC,但针对我上面那个用例,是不行的。
因为转角数相同的情况下,方向不同,可能结果就在下一个。
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