POJ3133
来源：互联网 发布：长得像女生知乎 编辑：程序博客网 时间：2024/06/14 09:22
POJ3133 Manhattan Wiring
现在有一个N*M（2<=N,M<=9）矩阵，矩阵中有0（好格子），1（障碍格子），2（只有两个2），3（只有两个3）。现在要你求两条线的最小长度和，它们分别连接两个2和两个3且没有任何交点。
输入：包含多组实例。每个实例第一行为N和M，然后是数字矩阵。输入以0和0结束。
输出：输出最小的短长度，如果不存在这样的两条线，就输出0.
分析：插头DP问题，只要按常规的插头DP问题来处理即可，但是要分别特殊处理2和3格子，然后用f[]记录最小长度即可。插头只有3种，0插头（表示无），2插头和3插头。
会不会出现4个2插头两两合并然后产生了一个圈呢？会，但是不影响结果。因为本题求得是最小长度，如果产生了圈，那么这个状态自然就会被淘汰。但是如果是求最大长度的话就不能这么算了。就需要表示多几个连通分量，用来防止形成一个圈的情况发生，但是也能处理就是麻烦一点。
AC代码：438ms
#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int STATE=1000000+10;const int HASH =10007;const int MAXD=15;int N,M;int cur;int mp[MAXD][MAXD];int code[MAXD];int sum;//记录最终的最小值struct HASHMAP{ int size,head[HASH],next[STATE];//next[i]=j表示第i个状态后面链接着第j个状态 int state[STATE];//state[i]=S表第i个状态是S int f[STATE];//f[i]=x表第i个状态的最小长度 void init() { memset(head,-1,sizeof(head)); size=0; } void push(int st, int num) { int h = st%HASH; int i; for(i=head[h]; i!=-1; i=next[i]) { if(state[i]==st) { f[i]=min(num,f[i]); return ; } } next[size]=head[h]; head[h]=size; f[size]=num; state[size]=st; size++; if(size>STATE) { printf("哈希表的空间快用完了\n"); } }}hm[2];void decode(int *code,int st)//st->code{ for(int i=M; i>=0; i--) { code[i]=st&3; st>>=2;//此处的状态是4进制，因为只需要表示3种插头，0,2,3 }}int encode(int *code)//code->st{ int st=0; for(int i=0; i<=M; i++) { st<<=2; st|=code[i]; } return st;}void shift(int *code)//处理完了一行的最后一列,将code整体右移一位,首位添0{ for(int i=M; i>=1; i--) code[i]=code[i-1]; code[0]=0;}void dpblock(int i,int j)//坏格{ for(int k=0; k<hm[cur].size; k++) { int st=hm[cur].state[k]; int code[MAXD]; decode(code,st); int left=code[j-1] ,up=code[j]; if(left==0&&up==0)//全无插头时,才能生成新状态 { if(j==M)//j为当前行最后一列,需要右移一位 shift(code); hm[1-cur].push(encode(code),hm[cur].f[k]); } }}void dpblank(int i,int j)//好格{ for(int k=0; k<hm[cur].size; k++) { int st=hm[cur].state[k]; int num = hm[cur].f[k]; int code[MAXD]; decode(code,st); int left=code[j-1] ,up=code[j]; if(left>0&&up>0)//都有插头 { if(left==up)//合并两个相同的连通分量 { code[j-1]=code[j]=0; if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位 hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } } else if(left>0||up>0)//其中一个有插头另一个没有 { if(mp[i][j+1]==1 || left+up==mp[i][j+1])//(i,j)右边对应插头的连通分量 { code[j-1]=0; code[j]=left+up; if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位 hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } if(mp[i+1][j]==1 || left+up==mp[i+1][j])//(i,j)下面对应插头的连通分量 { code[j-1]=left+up; code[j]=0; if(j==M)shift(code);//j为当前行最后一列,需要右移一位 hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } } else//两个都没插头 { code[j-1]=code[j]=0;//可以选择不放 if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num ); //放2号插头的连通分量 if( (mp[i][j+1]==1&&mp[i+1][j]==1) || (mp[i][j+1]==2&&mp[i+1][j]==1) || (mp[i][j+1]==1&&mp[i+1][j]==2) ) { code[j-1]=code[j]=2; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } //放3号插头的连通分量 if( (mp[i][j+1]==1&&mp[i+1][j]==1) || (mp[i][j+1]==3&&mp[i+1][j]==1) || (mp[i][j+1]==1&&mp[i+1][j]==3) ) { code[j-1]=code[j]=3; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } } }}void dp_2(int i,int j)//特殊处理2号格{ for(int k=0; k<hm[cur].size; k++) { int st=hm[cur].state[k]; int num = hm[cur].f[k]; int code[MAXD]; decode(code,st); int left=code[j-1] ,up=code[j]; if( (left==2&&up==0) || (left==0&&up==2) )//只有一个2插头 { code[j-1]=code[j]=0; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } else if(left==0&&up==0)//没有插头 { if(mp[i][j+1]==1||mp[i][j+1]==2)//右边能插 { code[j-1]=0; code[j]=2; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } if(mp[i+1][j]==1||mp[i+1][j]==2)//下边能插 { code[j-1]=2; code[j]=0; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } } }}void dp_3(int i,int j)//特殊处理3号格{ for(int k=0; k<hm[cur].size; k++) { int st=hm[cur].state[k]; int num = hm[cur].f[k]; int code[MAXD]; decode(code,st); int left=code[j-1] ,up=code[j]; if( (left==3&&up==0) || (left==0&&up==3) )//只有一个3插头 { code[j-1]=code[j]=0; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } else if(left==0&&up==0)//没有插头 { if(mp[i][j+1]==1||mp[i][j+1]==3)//右边能插 { code[j-1]=0; code[j]=3; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } if(mp[i+1][j]==1||mp[i+1][j]==3)//下边能插 { code[j-1]=3; code[j]=0; if(j==M)shift(code); hm[1-cur].push( encode(code),num+1); } } }}void init(){ memset(mp,0,sizeof(mp)); for(int i=1; i<=N; i++) { for(int j=1; j<=M; j++) { scanf("%d",&mp[i][j]); if(mp[i][j]==1) mp[i][j]=0;//障碍 else if(mp[i][j]==0) mp[i][j]=1;//可行 //还有为2和3的格 } }}void solve(){ cur=0; hm[cur].init(); hm[cur].push(0,0); for(int i=1; i<=N; i++) for(int j=1; j<=M; j++) { hm[1-cur].init(); if(mp[i][j]==1) dpblank(i,j); else if(mp[i][j]==2) dp_2(i,j); else if(mp[i][j]==3) dp_3(i,j); else dpblock(i,j); cur=1-cur; } sum =1e5; for(int i=0;i<hm[cur].size;i++) sum=min(sum ,hm[cur].f[i]); if(sum!=1e5)sum-=2; printf("%d\n",sum==1e5?0:sum);}int main(){ while(scanf("%d%d",&N,&M)==2&&N&&M) { init(); solve(); } return 0;} 0 0
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