POJ 3278 Catch That Cow BFS（第一题）

【题意简述】：一个农夫和一头牛在同一坐标轴上，且已知坐标，农夫可以从坐标是x的点移动到x-1、x+1和x*2，求最少几步可以抓到牛。

【思路】：这是我的第一道有关BFS的搜索题！(BFS常用于解决最优可行解问题！而且通常应用队列这一数据结构)

我小心翼翼去完成这道经典的题，所以参考了，很多资料。精华部分，我都摘录下来至此：

我们已经知道此题给我我们一个起点和一个终点，每个点都能到达的状态是x-1、x+1、x*2，对于每一个状态都可以到达3个子状态，因此从起点开始，第二层状态就有3个，第三层就有9个……，这样下去，直到搜索到终点结束，那么求出的步数就可以达到最小！

因为对于相同层的状态，所需的步数是相同的，而且对于层与层之间的状态来说，先搜索完的前一层的所有状态才开始下一层的搜索。也就是说前一个节点的步数一定小于等于后一个节点的步数。所以当第一次到达终点的时候，就得到了最短的路径。。但是如果这样硬搜的话便会超时，所以 又是剪枝！！剪枝是很重要的，剪枝这个东西就是靠多积累！多做题！多感受！

// 1592K 47Ms#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;struct node        // 构造节点！！ {int num;int count;node(){}node(int n,int c){num = n;count = c;}};node queue[1000000];bool visit[200010];int bfs(int n,int k){if(n ==k )  return 0;   //此处注意，是个特例！ node n0(n,0);memset(visit,false,sizeof(visit));int top = 0,end = 0;queue[end++] = n0;visit[n] = true;while(top != end){node temp = queue[top++];if(top >= 1000000) top = 0;node n1(temp.num - 1,temp.count+1);node n2(temp.num + 1,temp.count+1);node n3(temp.num * 2,temp.count+1);if(n1.num == k) return n1.count;if(n2.num == k) return n2.count;if(n3.num == k) return n3.count;if(n1.num<150005&n1.num >= 0&&!visit[n1.num]){// 注意剪枝条件！，不然很可能TLE// 当超过150005时就不用考虑了！！// 当小于0时也不必考虑// 已经搜索过的节点也不必考虑// 以上这些就是剪枝部分！！queue[end++] = n1;if(end >= 1000000) end = 0; //循环队列！visit[n1.num] = true; }if(n2.num < 150005 && n2.num >= 0 && !visit[n2.num]){queue[end++] = n2;if(end >=1000000) end = 0;visit[n2.num] = true;}if(n3.num <150005&&n3.num >= 0&&!visit[n3.num]){queue[end++] = n3;if(end>=1000000) end = 0;visit[n3.num] = true;}}}int main(){int n,k;cin>>n>>k;cout<<bfs(n,k)<<endl;return 0;}