HDU1429-胜利大逃亡(续)

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 7359    Accepted Submission(s): 2554

Problem 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。

 

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。

 

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

题目分析：

看题目不难读懂这就是BFS的应用，但是读完题会发现又在传统的bfs问题中多了找钥匙的环节。好像无从下手了，怎么办，放心没有解决不了的问题。

首先要考虑走到每个门前怎么判断是否有此门的钥匙，这个好办用二进制密码z表示

如果是有a钥匙就是1    = 1

如果有ab钥匙就是11   = 3

如果是abc钥匙是111   = 7

如果是abcd钥匙都有是1111    = 15

如果是acd钥匙就是1011   =11

如果是abd钥匙就是1101   = 13

如果是abdg钥匙已有就是1101001  =  105

看出门道了吧！总共是10把钥匙每把钥匙对应二进制数的对应位置，没有的钥匙对应位置就是0

如果走到  A门了     n=A-'A'    n就是这个门的属性  那么怎么匹配钥匙呢！很简单就是z&(1<<n)==(1<<n)

如果此等式成立就匹配上了。如果你对位运算不太熟悉可能看不懂，不要怕。我来简单普及一下神奇的位运算。

1<<n   意思是1的二进制在尾部添加n个零如果n是4   那么结果就是  10000

z&(1<<n)又是什么鬼，比如z=3那么z的二进制就是11如果n=1  那么 1<<n 就是10    那么   11&10=10

也就是 111&000=000  10110&01000=00000     10110&00100=00100  只有对应位上是1的才是1否则都是0

那么对于这个题目来说怎么储存钥匙啊

比如有a钥匙就是1如果现在再碰到 c钥匙的话  c-‘a’=2；那么001|100=101 这不是就记录了ac钥匙了

如果碰到A门那么 101=5&(1<<0)=001   结果  与 1<<0相等 也即是结果不为零就证明匹配上了

#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;typedef struct{int x,y;int key;int step;}node;int n,m,sx,sy,ex,ey,t;int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};char map[22][22];int  mark[22][22][1024];bool judge(int x,int y){if(x<0||x>=n||y<0||y>=m)return true;return false;}int bfs(){int x,y,z,value;node start,next;queue<node>Q;memset(mark,0,sizeof(mark));start.x=sx,start.y=sy,start.step=0,start.key=0;mark[sx][sy][0]=1;Q.push(start);while(!Q.empty()){start=Q.front();Q.pop();if(start.x==ex&&start.y==ey&&start.step<t)return start.step;for(int i=0;i<4;i++){next=start;x=start.x+dir[i][0];y=start.y+dir[i][1];z=start.key;if(judge(x,y)||mark[x][y][z]||map[x][y]=='*')continue;if(map[x][y]>='A'&&map[x][y]<='J'){value=map[x][y]-'A';if((z&(1<<value))!=(1<<value))continue;}if(map[x][y]>='a'&&map[x][y]<='j'){value=map[x][y]-'a';z=z|(1<<value);}next.x=x,next.y=y,next.key=z;next.step++;mark[x][y][z]=1;Q.push(next);}}return -1;}int main(){while(cin>>n>>m>>t){for(int i=0;i<n;i++){cin>>map[i];for(int j=0;j<m;j++){if(map[i][j]=='@')sx=i,sy=j;if(map[i][j]=='^')ex=i,ey=j;}}printf("%d\n",bfs());}return 0; }