HDU 1429 胜利大逃亡(续) (BFS+二进制)
来源:互联网 发布:大数据特征 编辑:程序博客网 时间:2024/05/16 08:22
胜利大逃亡(续)
Crawling in process...Crawling failedTime Limit:2000MS Memory Limit:32768KB 64bit IO Format:%I64d & %I64uSubmit
Description
Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……
这次魔王汲取了上次的教训,把Ignatius关在一个n*m的地牢里,并在地牢的某些地方安装了带锁的门,钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置,离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次,若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试,Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢,如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。
这次魔王汲取了上次的教训,把Ignatius关在一个n*m的地牢里,并在地牢的某些地方安装了带锁的门,钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置,离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次,若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试,Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢,如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。
Input
每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图,其中包括:
. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙,对应的门分别为A-J
每组测试数据之间有一个空行。
. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙,对应的门分别为A-J
每组测试数据之间有一个空行。
Output
针对每组测试数据,如果可以成功逃亡,请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1。
Sample Input
4 5 17@A.B.a*.*.*..*^c..b*4 5 16@A.B.a*.*.*..*^c..b*
Sample Output
16-1
思路:用一个key变量的二进制表示钥匙的拥有情况,如key=5,二进制为101,则有a和c钥匙。方便vis数组第三维的标记。再用一个flag数组表示拥有的钥匙,方便走路时判断。
代码如下:
#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;struct node{int x,y,step;int key;//转化为二进制表示拥有的钥匙,如:第一位为1则有A门的钥匙 bool flag[12];//flag[i]表示拥有的钥匙 };int n,m,t;char mp[22][22];bool vis[22][22][1050];//第三维表示拥有的钥匙 int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,-1,0,1};int a[11]={1,2,4,8,16,32,64,128,256,512};//每拥有一把钥匙要在key上加的值 bool judge(int xx,int yy,int k){if(xx>n||xx<1||yy>m||yy<1)return 0;if(mp[xx][yy]=='*')return 0;if(vis[xx][yy][k])return 0;return 1;}int bfs(int stx,int sty){ queue<node>q;node e1;e1.x=stx;e1.y=sty;e1.step=0;e1.key=0;for(int i=0;i<12;i++)//初始化 e1.flag[i]=0;vis[stx][sty][0]=1;q.push(e1);while(!q.empty()){node e2=q.front();q.pop();if(mp[e2.x][e2.y]=='^')return e2.step;for(int i=0;i<4;i++){node e3=e2;e3.x=e3.x+dir[i][0];e3.y=e3.y+dir[i][1];e3.step=e3.step+1;if(judge(e3.x,e3.y,e3.key)){if(mp[e3.x][e3.y]>='a'&&mp[e3.x][e3.y]<='j'){if(e3.flag[mp[e3.x][e3.y]-'a']==0){//如果未拿过这把钥匙,则需要改变key和flag数组的值 e3.key+=a[mp[e3.x][e3.y]-'a'];e3.flag[mp[e3.x][e3.y]-'a']=1;}q.push(e3);vis[e3.x][e3.y][e3.key]=1;}else if(mp[e3.x][e3.y]>='A'&&mp[e3.x][e3.y]<='J'){if(e3.flag[mp[e3.x][e3.y]-'A']){q.push(e3);vis[e3.x][e3.y][e3.key]=1;}}else{q.push(e3);vis[e3.x][e3.y][e3.key]=1;}}}} return -1;}int main(){int i,j,stx,sty;while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&t)!=EOF){memset(vis,0,sizeof(vis));//初始化 for(i=1;i<=n;i++){getchar();for(j=1;j<=m;j++){ scanf("%c",&mp[i][j]); if(mp[i][j]=='@'){ stx=i;sty=j; }}}int ans=bfs(stx,sty);if(ans>=t)ans=-1;cout<<ans<<endl;}return 0;}
0 0
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