胜利大逃亡(续)

 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-ja-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  

解题思路：

在写这道题时我将题目的意思理解错了，导致我想了好久啊，一直在纠结里面的一句话，“若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去”我就在想是不是他可以多次被抓，在被抓之前拿到钥匙，然后被抓回去，很多次之后拿到了需要的药匙，再在t时间内逃出地牢。然后越想越复杂，直到后来看了题解好好理解了数据，才发现原来他是要求在t时间内不仅要拿到所有药匙而且逃出地牢，这样就好办多了，如果按照之前那样想的话会出现很多条路径，而这样的话其实就只有一条路径，所以一个bfs搞定，不过这题还需要其他的东西吗，比如怎样记录现在这个状态已经拥有那些钥匙，以及要注意一个点是可以走多遍的，所i有不能打标记。
这里我用的记录钥匙方法是状态压缩：使用二进制的方法惊醒状态压缩，因为最多只有10把钥匙，最大也就只有2^10个状态。例如现在拥有第3把钥匙就表示为0000000100，又遇到了第三扇门我们将0000000100&1<<3然后检查结果，如果为1，则可以通过，如果为0则没有药匙通过第三扇们。而我们遇到药匙的时候就将原来的那个表示药匙的数拿来“|”上1<<”第几把钥匙”，就可以得到新的钥匙状态了。

代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <queue>#include <cstring>using namespace std;struct Node{    int x,y,dist,key;    Node(){}    Node(int _x,int _y,int _dist,int _key):x(_x),y(_y),dist(_dist),key(_key){}};int dir[5] = {0,-1,0,1,0};int dic[5] = {0,0,-1,0,1};int n,m,t;int sx,sy,tx,ty;char M[50][50];bool vis[50][50][2000];int bfs(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    queue<Node>Q;    Node s = Node(sx,sy,0,0);    vis[sx][sy][0] = true;    Q.push(s);    while(!Q.empty())    {        Node u = Q.front();Q.pop();        if(u.x == tx && u.y == ty)        {           if(u.dist < t)return u.dist;           else return -1;        }        if(u.dist >= t)return -1;        for(int i = 1;i <= 4; i++)        {            int xx = u.x + dir[i];            int yy = u.y + dic[i];            if(M[xx][yy] != '*')            {                if(M[xx][yy] >= 'A' && M[xx][yy] <= 'J')                {                    int key = u.key & (1 << (M[xx][yy] - 'A'));                    if(key && !vis[xx][yy][u.key])                    {                        vis[xx][yy][u.key] = true;                        Q.push(Node(xx,yy,u.dist+1,u.key));                    }                }                else if(M[xx][yy] >= 'a' && M[xx][yy] <= 'j')                {                    int key = u.key | (1 << (M[xx][yy] - 'a'));                    if(!vis[xx][yy][key])                    {                        vis[xx][yy][key] = true;                        Q.push(Node(xx,yy,u.dist+1,key));                    }                }                else                {                    if(!vis[xx][yy][u.key])                    {                        vis[xx][yy][u.key] = true;                        Q.push(Node(xx,yy,u.dist+1,u.key));                    }                }            }        }    }    return -1;}bool check(char c){    if(c >= 'A' && c <= 'J')return false;    if(c >= 'a' && c <= 'j')return false;    if(c == '.' || c == '*' || c == '@' || c == '^')return false;    return true;}int main(){    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&t) && n && m && t)    {        for(int i = 0;i <= n+1; i++)            for(int j = 0;j <= m+1; j++)                M[i][j] = '*';        for(int i = 1;i <= n; i++)        {            for(int j = 1;j <= m; j++)            {                char c = getchar();                while(check(c))c = getchar();                M[i][j] = c;                if(c == '@')sx = i,sy = j;                if(c == '^')tx = i,ty = j;            }        }        int ans = bfs();        printf("%d\n",ans);    }}