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【HDU - 1429】胜利大逃亡(续) （高级搜索）【状…

2019-02-20 00:43:45来源：博客园阅读 ()

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

题意：给n行m列的迷宫，还有t的时间，问能不能在t的时间内走出迷宫

思路：广搜+状态压缩

博主学到的：

1.状态压缩

这里有10把钥匙，有钥匙用1表示，没有钥匙用0表示，显然每把钥匙只有0和1两种状态，所以可以用2进制来存放钥匙的状态。

举个栗子：0101（这个是二进制表示，转化为十进制是5）表示当前有a钥匙和c钥匙

即第一把钥匙和第三把钥匙（abcd分别对应1234）

那怎么更新状态呢？这个时候我们要用到与运算（&）和或运算（|）

例如一开始你没有钥匙，此时状态为ys=0

当你走到b钥匙处，状态更新为ys=ys|(1<<'b'-'a');

此时ys=2，用二进制表示是0010，即拥有b钥匙

当你走到B门的时候，想知道自己有没有b钥匙，

则计算ys>>(‘B’-‘A’)&1的值(右移的优先级高于与，所以是先右移后与)

如果计算出值为1，则说明有这把钥匙。

2.状态标记（爆内存了几次，先记下来以后报仇.jpg）

为了避免来回走，我们设一个vis[x][y][ys]数组来表示当前状态是否经历过，如果经历过，就跳过（因为重复了）

注意同一个点，拥有的钥匙不同，这个点的状态也不同，有同样多的钥匙就没必要在这个点来回走

划重点：当检查到某个点能走时，把它放入队列并标记

一开始我把检查后能走的点放入队列中，等拿出这个点才对它进行标记，结果无限Memory Limit Exceeded

原因：假如有3个相邻的点，记为a b c，b是可以走的点，而且a和c在队列中

在队列中拿出a，b在a的右边，而且b可以走，所以b就放入了队列，a被标记

然后再队列中拿出c，b在c的左边，b没有被标记，b再次被放入队列，c被标记

问题来了，b被重复放入了队列，即使答案是正确的，但重复的点多次放入了队列

导致内存浪费，数据一旦很大，就会爆内存

所以标记要及时打上

下面是我的代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int n,m,t;
char a[22][22];
bool vis[22][22][1<<11];//10把钥匙状态用2进制存 
int sx,sy,ex,ey;
struct node{
    int x,y,ys,step;
};
queue<node> q;
int dx[4]={-1,0,0,1};
int dy[4]={0,-1,1,0};
node now,nextt;
bool check(node &b){    
    if(b.x>=1&&b.x<=n&&b.y>=1&&b.y<=m)//是否越界 
    {
        if(vis[b.x][b.y][b.ys]==0&&a[b.x][b.y]!='*')//是不是路，有没有走过 
        {
            
            
        if(a[b.x][b.y]>='A'&&a[b.x][b.y]<='J')//判断是不是门 
        {       
            if((b.ys>>(a[b.x][b.y]-'A'))&1==1) {
                return true;//是门，有钥匙 
            }
            else return false;//是门没钥匙 
        }
        
        
        if(a[b.x][b.y]>='a'&&a[b.x][b.y]<='j')//判断是不是钥匙，    
        {
            if((b.ys&(1<<a[b.x][b.y]-'a'))==0)
            {
                b.ys=b.ys|(1<<a[b.x][b.y]-'a');
                return true;
            }
            else return true;
        }
        
        if(a[b.x][b.y]=='@'||a[b.x][b.y]=='^'||a[b.x][b.y]=='.') 
        return true;
        
        //return true;//是起点，终点或者路 
        }
        else return false;//是障碍或者走过 
    }
    else return false;//越界 
    
    
}
int bfs(node now){
    while(!q.empty())
    {
        now=q.front();
         
        q.pop();
        if(now.step>=t) return -1;
        if(now.x==ex&&now.y==ey) return now.step;
        
        for(int i=0;i<4;i++){
            nextt=now;
            nextt.x+=dx[i];
            nextt.y+=dy[i];
            nextt.step+=1;
            if(check(nextt))
            {vis[nextt.x][nextt.y][nextt.ys]=1;
                 q.push(nextt);    
             }
        }
    }
    return -1 ;
}


int main()
{
    while(cin>>n>>m>>t)
    {
        while(!q.empty())
        {
            q.pop();
         } 
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>a[i][j];
            if(a[i][j]=='@'){
                sx=i;
                sy=j;
            }
            if(a[i][j]=='^'){
                ex=i;
                ey=j;
            }
        }
    now.x=sx;
    now.y=sy;
    now.ys=0;
    now.step=0;
    q.push(now);
    int ans;
    ans=bfs(now);
    if(ans<t) cout<<ans<<endl;
    else cout<<-1<<endl;
    }
    
    return 0;
}