简单的图论问题(Dijkstra)

来源：互联网发布：软件操作指南编辑：程序博客网时间：2024/05/16 17:49

O - 简单的图论问题?

Time Limit:5000MS Memory Limit:65535KB 64bit IO Format:

Submit Status

Description

给一个 n 行 m 列的迷宫,每个格子要么是障碍物要么是空地。每个空地里都有一个权值。你的任务是从找一条(r1,c1)到(r2,c2)的路径,使得经过的空地的权值之和最小。每一步可以往上下左右四个方向之一移动一格,但不能斜着移动,也不能移动到迷宫外面或者进入障碍物格子。

如下图,灰色格子代表障碍物。路径 A->B->D->F->E 的权值为 10+3+6+14+8=41,它是从 A 到 E 的最优路径。注意,如果同一个格子被经过两次,则权值也要加两次。

为了让题目更有趣(顺便增加一下难度),你还需要回答另外一个问题:如果你每次必须转弯 (左转、右转或者后退,只要不是沿着上次的方向继续走即可),最小权值是多少?比如,在上图中,如果你刚刚从 A 走到 B,那么下一步你可以走到 D 或者 A,但不能走到 G。在上图中,A 到 E 的最优路径是 A->B->D->H->D->F->E,权和为 10+3+6+2+6+14+8=49。注意,D 经过了两次。

Input

输入包含不超过 10 组数据。每组数据第一行包含 6 个整数 n, m, r1, c1, r2, c2 (2<=n,m<=500, 1<=r1,r2<=n, 1<=c1,c2<=m). 接下来的 n 行每行包含 m 个格子的描述。每个格子要么是一个 1~100 的整数,要么是星号"*"(表示障碍物)。起点和终点保证不是障碍物。

Output

对于每组数据,输出两个整数。第一个整数是“正常问题”的答案,第二个整数是“有趣问题”的答案。如果每个问题的答案是“无解”,对应的答案应输出-1。

Sample Input

4 4 1 2 3 27 10 3 9 * 45 6 2 * 8 14 * 21 1 * * 2 4 1 1 1 41 2 3 49 * * 92 4 1 1 1 41 * 3 49 9 * 9

Sample Output

Case 1: 41 49Case 2: 10 -1Case 3: -1 -1

15年湖南省赛的题目,做了下后发现就是裸Dijkstra

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;const int inf = 0x3fffffff;int mp[505][505], d[505][505][4], dp[505][505], dx[] = {0, 0, 1, -1}, dy[] = {1, -1, 0, 0};struct node {    int cost, x, y, dir;    node(int a, int b, int c, int d) {        cost = a;        x = b;        y = c;        dir = d;    }    bool operator<(const node& _A)const {        return cost > _A.cost;    }};int pow(int b) {    int ret = 1;    for(int i = 0; i < b; i++) ret *= 10;    return ret;}int main() {    int n, m, x1, x2, y1, y2, T = 1;    // freopen("in.txt","r",stdin);    while(~scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &x1, &y1, &x2, &y2)) {        x1--; y1--; x2--; y2--;        char t[5];        int len;        for(int i = 0; i < n; i++) {            for(int j = 0; j < m; j++) {                d[i][j][0] = d[i][j][1] = d[i][j][2] = d[i][j][3] = dp[i][j] = inf;                scanf("%s", t);                if(t[0] == '*') mp[i][j] = inf;                else {                    len = strlen(t);                    mp[i][j] = 0;                    for(int k = 0; k < len; k++) mp[i][j] += (t[k] - '0') * pow(len - k - 1);                }            }        }        printf("Case %d: ", T++);        dp[x1][y1] = mp[x1][y1];        priority_queue<node>q;        q.push(node(dp[x1][y1], x1, y1, 0));        while(!q.empty()) {            node p = q.top(); q.pop();            if(dp[p.x][p.y] < p.cost) continue;            for(int i = 0; i < 4; i++) {                int xx = p.x + dx[i], yy = p.y + dy[i];                if(xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || mp[xx][yy] == inf) continue;                node np(dp[p.x][p.y] + mp[xx][yy], xx, yy, 0);                if(dp[np.x][np.y] > np.cost) {                    dp[np.x][np.y] = np.cost;                    q.push(np);                }            }        }        if(dp[x2][y2] == inf) printf("-1 ");        else printf("%d ", dp[x2][y2]);        while(!q.empty()) q.pop();        for(int i = 0; i < 4; i++) {            int xx = x1 + dx[i], yy = y1 + dy[i];            if(xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || mp[xx][yy] == inf) continue;            d[xx][yy][i] = mp[xx][yy] + mp[x1][y1];            q.push(node(d[xx][yy][i], xx, yy, i));        }        while(!q.empty()) {            node p = q.top(); q.pop();            if(d[p.x][p.y][p.dir] < p.cost) continue;            for(int i = 0; i < 4; i++) {                int xx = p.x + dx[i], yy = p.y + dy[i];                if(i == p.dir || xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || mp[xx][yy] == inf) continue;                node np(d[p.x][p.y][p.dir] + mp[xx][yy], xx, yy, i);                if(d[np.x][np.y][np.dir] > np.cost) {                    d[np.x][np.y][np.dir] = np.cost;                    q.push(np);                }            }        }        int ans = inf;        for(int i = 0; i < 4; i++) ans = min(ans, d[x2][y2][i]);        if(ans == inf) printf("-1\n");        else printf("%d\n", ans);    }}

0 0