蓝桥杯 兰顿蚂蚁

问题描述

　　兰顿蚂蚁，是于1986年，由克里斯·兰顿提出来的，属于细胞自动机的一种。

　　平面上的正方形格子被填上黑色或白色。在其中一格正方形内有一只“蚂蚁”。
　　蚂蚁的头部朝向为：上下左右其中一方。

　　蚂蚁的移动规则十分简单：
　　若蚂蚁在黑格，右转90度，将该格改为白格，并向前移一格；
　　若蚂蚁在白格，左转90度，将该格改为黑格，并向前移一格。

　　规则虽然简单，蚂蚁的行为却十分复杂。刚刚开始时留下的路线都会有接近对称，像是会重复，但不论起始状态如何，蚂蚁经过漫长的混乱活动后，会开辟出一条规则的“高速公路”。

　　蚂蚁的路线是很难事先预测的。

　　你的任务是根据初始状态，用计算机模拟兰顿蚂蚁在第n步行走后所处的位置。

输入格式

　　输入数据的第一行是 m n 两个整数（3 < m, n < 100），表示正方形格子的行数和列数。
　　接下来是 m 行数据。
　　每行数据为 n 个被空格分开的数字。0 表示白格，1 表示黑格。

　　接下来是一行数据：x y s k, 其中x y为整数，表示蚂蚁所在行号和列号（行号从上到下增长，列号从左到右增长，都是从0开始编号）。s 是一个大写字母，表示蚂蚁头的朝向，我们约定：上下左右分别用：UDLR表示。k 表示蚂蚁走的步数。

输出格式

　　输出数据为两个空格分开的整数 p q, 分别表示蚂蚁在k步后，所处格子的行号和列号。

样例输入

5 6
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
2 3 L 5

样例输出

1 3

样例输入

3 3
0 0 0
1 1 1
1 1 1
1 1 U 6

样例输出

0 0

思路

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目的：输出在移动k步后，蚂蚁所在的x，y

利用二维数组模拟方格，读取数据，初始化grid状态，蚂蚁位置等。按照题目思路进行模拟。

知道了蚂蚁在哪，朝向哪，将所在格子颜色反转（!grid[x][y]），下一步就是根据格子原来的颜色转向了，因为提供的是英文，如果用switch进行选择不免显得繁琐，所以可以用数字0123来代替上右下左四个方向，蚂蚁转向可以就用取余运算来进行，右转就是 (s+1)%4，左转就是(s+3)%4，然后根据方向移动改变坐标即可。

代码

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#include<iostream>using namespace std;struct Ant{    int x,y,s,k;}ant;int main(){    int m,n;    cin >> m >> n;    int **grid = new int* [m];    for(int i=0;i<m;++i){        grid[i] = new int[n];        for(int j=0;j<n;++j){            cin >> grid[i][j];        }    }    char s;    cin >> ant.x >> ant.y >> s >> ant.k;    switch(s){        case 'U':            ant.s = 0;            break;        case 'R':            ant.s = 1;            break;        case 'D':            ant.s = 2;            break;        case 'L':            ant.s = 3;            break;    }    for(int i=0;i<ant.k;++i){        grid[ant.x][ant.y]=!grid[ant.x][ant.y];        // 上下左右 UDLR 1342        if(grid[ant.x][ant.y] == 0){            // 白 右转90度             ant.s = (ant.s+1)%4;        }else{            // 黑 左转90度             ant.s = (ant.s+3)%4;        }        switch(ant.s){            case 0:                ant.x = ant.x - 1;                break;            case 1:                ant.y = ant.y + 1;                break;            case 2:                ant.x = ant.x + 1;                break;            case 3:                ant.y = ant.y - 1;                break;        }    }    cout << ant.x << " " << ant.y;//    for(int i=0;i<m;++i){//        for(int j=0;j<n;++j){//            cout << grid[i][j];//        }//        cout << endl;//    }//    cout << ant.x << ant.y << ant.s << ant.k;    delete[] grid;    return 0; }