迷宫中回溯法的剪枝——奇偶剪枝（hdu 1010 Tempter of the Bone)

转自：http://blog.csdn.net/code_pang/article/details/8839432

问题描述

在一个n行m列的迷宫中,每一步只能向上、下、左、右中任意方向走一格，迷宫中有围墙的地方是无法到达的。从起点s开始，能否刚好走t步，到达e。

例如在下面5行5列的迷宫中，能否恰好经过9步，从s走到e。初始位置在s上，#是围墙。

奇偶剪枝

设起点s的坐标为(sx,sy)，终点e的坐标为(ex,ey)；

对s的一次操作为对sx或sy进行+1或-1；

若经过t次操作后，s的坐标刚好等于e，则说从s经过t步可以到达e。

在理想情况下，s到e需要的最小步数为m

m=|ex-sx|+|ey-sy|

若t<m，肯定是无法到达的。

当t>=m时，从s到e的行走路径由两部分组成，

一部分为需要走的最少步数m；

另一部分是为了使得刚好行走t步到达e，所需要走的附加步数a，a=t-m；

这a步即为：从需要走m步的最短路径上走出去，再回到最短路径上所走的步数。

假设走出去这段路径长度为b，那回来时的路径长度一定也是b，因此，附加步数的路径长度a等于2b步。

因为走出去时，对坐标进行了b次+1或-1的操作，为使坐标再恢复到最短路径上，就需要进行b次-1或+1的操作，并且与走出去时是相反的。注意：走出去和拐回来的过程中可能参杂着最短路径上的操作，所以b是除去这些参杂操作后的步数。

如下图所示:

从s到e的黑色路径为一条最短路径，红色和蓝色路线组成的路径，为走出最短路径的路径。其中蓝色箭头是参杂着的最短路径中的操作，只有红色箭头才是走出去和拐回来的路径，如果将红色路径去掉，从s向右走，经过绿色箭头到达e，这也是一条最短路径。

因为a=2b，是个偶数，又因为a=t-m，所以当t和m的奇偶性相同时，a才能是偶数。也就是说，当t和m的奇偶性相同时，才有可能从s经过t步，到达e。

所以，当最小步数m与t同为奇数，或同为偶数时，才有可能从s经过t步，到达e

 #include<iostream>#include<math.h>#include<string.h>#include<queue>#include<memory.h>using namespace std;int n,m,t;char a[100][100];int visited[100][100];int dir[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};int flag;int sx,sy,ex,ey;void dfs(int x,int y,int sum){     int i,mx,my,d;     if(flag==1)//找到了    return;     if(x==ex&&y==ey&&sum==t) //找到了     {  flag=1;  return;}     d=abs(x-ex)+abs(y-ey);//当前点到终点的最短距离       剪枝  if(d>t-sum||(t-sum-d)%2!=0) return;//最短距离大于剩下的时间或者剩余的时间减去最短路径为奇数 for(i=0;i<4;i++) { mx=x+dir[i][0]; my=y+dir[i][1]; if(mx>=0&&mx<n&&my>=0&&my<m&&visited[mx][my]==0&&a[mx][my]!='X') { visited[mx][my]=1; dfs(mx,my,sum+1); visited[mx][my]=0; } } } int main(){    while(cin>>n>>m>>t)    {    if(n==0&&m==0&&t==0)    break;     int temp=0;        for(int i=0;i<n;i++)          for(int j=0;j<m;j++)          {              cin>>a[i][j];              if(a[i][j]=='S')   { sx=i; sy=j; }              if(a[i][j]=='D')   { ex=i; ey=j;}         }         flag=0; memset(visited,0,sizeof(visited)); visited[sx][sy]=1;         dfs(sx,sy,0);         if(flag==0)  cout<<"NO"<<endl;         else         cout<<"YES"<<endl;    }       return 0;}