hdu1429之BFS

胜利大逃亡(续)
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3778 Accepted Submission(s): 1236

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

分析:根据提议可知每到一个点[i,j]有两个状态,1是时间,2是钥匙数,而本题判断是否以前到达点{I,j]需要用到状态2,因为同一个点到达的方式可能钥匙数不一样,从而导致后面能走得路不一样,时间就不用标记,用广搜肯定是同样状态里面的最短时间,所以用mark[i][j][key]标记到达i,j钥匙为key的状态

另外可以发现本题钥匙种类最多10个(a~j),则可以用数位表示,即1111111111表示10个钥匙都有,1111111110表示第一个钥匙没有......0000000000表示没有钥匙

#include<iostream>   
#include<cstdio>   
#include<cstdlib>   
#include<cstring>   
#include<string>   
#include<algorithm>   
#include<queue>   
#include<map>   
#include<iomanip>   
#define INF 99999999   
using namespace std;  
  
const int MAX=20+10;  
char Map[MAX][MAX];  
int n,m,t;  
int mark[MAX][MAX][1<<11];//1<<1表示在i,j点获得x种的钥匙是否已走过   
int dir[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};  
  
struct Node{  
    int x,y,time,key;//在x,y点的时间和获得的钥匙    
    Node(){}  
    Node(int X,int Y,int Time,int Key):x(X),y(Y),time(Time),key(Key){}  
}start;  
  
int BFS(int &flag){  
    mark[start.x][start.y][start.key]=flag;  
    queue<Node>q;  
    Node next,oq;  
    q.push(start);  
    while(!q.empty()){  
        oq=q.front();  
        q.pop();  
        for(int i=0;i<4;++i){  
            next=Node(oq.x+dir[i][0],oq.y+dir[i][1],oq.time+1,oq.key);  
            if(next.x<0 || next.y<0 || next.x>=n || next.y>=m)continue;  
            if(mark[next.x][next.y][next.key] == flag || Map[next.x][next.y] == '*')continue;  
            mark[next.x][next.y][next.key]=flag;  
            if(next.time>=t)return -1;  
            if(Map[next.x][next.y] == '^')return next.time;  
            if(Map[next.x][next.y]>='A' && Map[next.x][next.y]<='Z'){  
                int k=Map[next.x][next.y]-'A';  
                if(next.key & (1<<k))q.push(next);//表示有这个钥匙A~J分别对应key里的第1~10位   
                continue;  
            }  
            if(Map[next.x][next.y]>='a' && Map[next.x][next.y]<='z'){  
                int k=Map[next.x][next.y]-'a';  
                next.key=next.key | (1<<k);  
            }  
            q.push(next);  
        }  
    }  
    return -1;  
}  
  
int main(){  
    int num=0;  
    while(cin>>n>>m>>t){  
        for(int i=0;i<n;++i)cin>>Map[i];  
        for(int i=0;i<n;++i){  
            for(int j=0;j<m;++j){  
                if(Map[i][j] == '@'){start.x=i,start.y=j;start.time=start.key=0;}  
            }  
        }  
        cout<<BFS(++num)<<endl;  
    }  
    return 0;  
}

补充：软件开发 , C++ ,