POJ-1101_The Game

The Game    POJ - 1101

题目大意：由w*h个小正方形组成的长方形板、每一个小正方形可能会包括一个游戏的块，如下图所示。
    这个游戏的一个最重要的方面是判断两个块会不会由符合下列要求的路径连接。
   1.路径是由直的部分组成，每个部分或水平或垂直。

   2.路径不能跨过其它的游戏方块。 （路径可以包括长方形板的外延一圈）

要求找到一条包含直线段最少的路径。

解析：这道题可以用深搜和递归来做，注意优化。比如当此时线段个数已经超过之前最少个数就直接跳出。感觉这道题很容易超时。

代码上的注释比较完整，可以直接看代码。

下面是AC了的代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;//int flag=0;//记录两点之间是否有路径const int INF=0x3f3f3f3f;//表示正无穷int Min=INF;//用来记录最小拐弯次数int now=0;//用来记录每条路径拐弯次数char game1[80][80];//记录矩阵初始状态int  game2[80][80];//用于记录路径方向int w,h;//表示矩阵的宽和高int x2,y2;//表示终点//深度搜索，搜出所有路径，并记录每个路径拐点的个数void bfs(int x1,int y1)//(x1,y1)表示开始位置{//递归终止条件【搜索到（x2,y2)处】if(now<Min&&x1==x2&&y1==y2){Min=now;return;}//大于最优，直接跳出if(now>Min) return;//分别用1、2、3、4表示来自上、下、左、右int dx[4]={-1,1,0,0};int dy[4]={0,0,-1,1};for(int i=0;i<4;i++)//对四个方向进行遍历{if((y1+dy[i]>=0&&y1+dy[i]<=h+1&&x1+dx[i]>=0&&x1+dx[i]<=w+1&&game1[y1+dy[i]][x1+dx[i]]!='X'&&game2[y1+dy[i]][x1+dx[i]]==0)||(x1+dx[i]==x2&&y1+dy[i]==y2)){int rflag=0;//假设此处不是拐点game2[y1+dy[i]][x1+dx[i]]=i+1;//判断是否出现拐点if(game2[y1][x1]!=game2[y1+dy[i]][x1+dx[i]]){now++;rflag=1;}//继续递归bfs(x1+dx[i],y1+dy[i]);//now恢复原值if(rflag==1) now--;game2[y1+dy[i]][x1+dx[i]]=0;}}}int main(){int board=1;//表示第board组数据for(;;){scanf("%d%d",&w,&h);gets(game1[0]);if(w==0&&h==0) break;memset(game2,0,sizeof(game2)); for (int i=0;i<=h+2;i++)        {            for (int j=0;j<=w+2;j++)            {                game1[i][j]=' ';            }        }        for (int i=1;i<=h;i++)        {            gets(game1[i]);//输入每一行的初始状态            for (int j=w;j>=0;j--)            {                game1[i][j+1]=game1[i][j];            }            game1[i][0]=' ';        }printf("Board #%d:\n",board++);int x1,y1;int pair=1;//表示第pair对数据for(;;){//初始化全局变量Min=INF;now=0;//flag=0;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;if(x1==0&&x2==0&&y1==0&&y2==0){cout<<endl;break;}printf("Pair %d: ",pair++);bfs(x1,y1);if(Min==INF) printf("impossible.\n");else printf("%d segments.\n",Min);}}return 0;}

之前我是这样写递归函数的（我太傻，何必要这么麻烦），但感觉和上面递归函数的复杂度差不多，为什么下面这个代码就会超时？

//分别用1、2、3、4表示来自上、下、左、右//向上搜索if((y1-1>=0&&game1[y1-1][x1]!='X'&&game2[y1-1][x1]==0)||(x1==x2&&y1-1==y2)){int rflag=0;//假设此处不是拐点game2[y1-1][x1]=1;//判断是否出现拐点if(game2[y1][x1]!=game2[y1-1][x1]){now++;rflag=1;}//继续递归bfs(x1,x2,y1-1,y2);//now恢复原值if(rflag==1) now--;game2[y1-1][x1]=0;}//向下搜索if((y1+1<=h+1&&game1[y1+1][x1]!='X'&&game2[y1+1][x1]==0)||(x1==x2&&y1+1==y2)){int rflag=0;//假设此处不是拐点game2[y1+1][x1]=3;//判断是否出现拐点if(game2[y1][x1]!=game2[y1+1][x1]){now++;rflag=1;}//继续递归bfs(x1,x2,y1+1,y2);//now恢复原值if(rflag==1) now--;game2[y1+1][x1]=0;}//向左搜索if((x1-1>=0&&game1[y1][x1-1]!='X'&&game2[y1][x1-1]==0)||(x1-1==x2&&y1==y2)){int rflag=0;//假设此处不是拐点game2[y1][x1-1]=4;//判断是否出现拐点if(game2[y1][x1]!=game2[y1][x1-1]){now++;rflag=1;}//继续递归bfs(x1-1,x2,y1,y2);//now恢复原值if(rflag==1){now--;}game2[y1][x1-1]=0;}//向左搜索if((x1+1<=w+1&&game1[y1][x1+1]!='X'&&game2[y1][x1+1]==0)||(x1+1==x2&&y1==y2)){int rflag=0;//假设此处不是拐点game2[y1][x1+1]=2;//判断是否出现拐点if(game2[y1][x1]!=game2[y1][x1+1]){now++;rflag=1;}//继续递归bfs(x1+1,x2,y1,y2);//now恢复原值if(rflag==1){now--;}game2[y1][x1+1]=0;}