搜索:POJ2251&POJ1426&POJ3087&POJ2488
图的遍历也称为搜索，就是从图中某个顶点出发，沿着一些边遍历图中所有的顶点，且每个顶点仅被访问一次，遍历可采取两种不同的方式：深度优先搜索（DFS）和广度优先搜索（BFS）。
1.DFS算法思想`
从顶点v出发深度遍历图G的算法
① 访问v0顶点，置vis[v0]=1，搜索v0未被访问的邻接点w，若存在邻接点w，则dfs(w)，直到到达所有邻接点都被访问过的顶点u为止，接着退回一步，看是否还有其他没有被访问的邻接点。如果有，则访问此顶点，进行前述类似的访问，如果没有，就在退回一步进行搜索，重复上述过程直到所有顶点都被访问过。
② dfs算法最大特色就在于其递归特性，使得算法代码简洁。
2. BFS算法思想
从顶点v出发广度遍历图G的算法
① 访问v0顶点，置vis[v0]=1，依次访问顶点v0各个未被访问的邻接点，将v0各个未被访问的邻接点都访问到，分别从这些邻接点出发，依次访问他们未被访问的邻接点，直到所有顶点都被访问过。常用队列实现。
② 非递归，好理解。
基本思想讲完了，下面说说今天做的四道搜索题吧。
1.POJ2251 Dungeon Master：http://poj.org/problem?id=2251
题意：给出一三维空间的地牢,要求求出由字符'S'到字符'E'的最短路径
移动方向可以是上，下，左，右，前，后，六个方向
每移动一次就耗费一分钟，要求输出最快的走出时间。
不同L层的地图，相同RC坐标处是连通的
思路：这道题和之前做的走迷宫什么的类似，就是多了一维，做的时候把每一维的次序弄乱了，调了很久才搞清楚。
int dx[6]= {0,0,0,0,1,-1};
int dy[6]= {0,0,1,-1,0,0};
int dz[6]= {1,-1,0,0,0,0};
用三个数组分别存x方向，y方向，z方向的操作。我用的BFS，建图的时候建对，就没什么问题了。
附上代码：
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
int visit[][][];
int step[][][];
int dx[]= {,,,,,-};
int dy[]= {,,,-,,};
int dz[]= {,-,,,,};
int n,m,k,flag;
struct node
{
int x,y,z;
} start,end;
int bfs()
{
flag=;
queue <node> Q;
Q.push(start);
node temp;
visit[start.x][start.y][start.z]=;
while(!Q.empty())
{
temp=Q.front();
Q.pop();
if(temp.x==end.x&&temp.y==end.y&&temp.z==end.z)
{
flag=;
break;
}
int x=temp.x;
int y=temp.y;
int z=temp.z;
for(int i=; i<; i++)
{
if(!visit[z+dz[i]][x+dx[i]][y+dy[i]]&&x+dx[i]<m&&x+dx[i]>=&&y+dy[i]<k&&y+dy[i]>=&&z+dz[i]<n&&z+dz[i]>=)
{
temp.x=x+dx[i];
temp.y=y+dy[i];
temp.z=z+dz[i];
visit[temp.z][temp.x][temp.y]=;
Q.push(temp);
step[temp.x][temp.y][temp.z]=step[x][y][z]+;
}
}
}
return flag;
}
int main()
{
int i,j,t;
char ch;
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
{
if(n==&&m==&&k==)
break;
memset(step,,sizeof(step));
getchar();
for(i=; i<n; i++)
{
for(j=; j<m; j++)
{
for(t=; t<k; t++)
{
scanf("%c",&ch);
if(ch=='.')
visit[i][j][t]=;
else if(ch=='#')
visit[i][j][t]=;
else if(ch=='S')
{
visit[i][j][t]=;
start.x=j;
start.y=t;
start.z=i;
}
else if(ch=='E')
{
visit[i][j][t]=;
end.x=j;
end.y=t;
end.z=i;
}
}
getchar();
}
if(i!=n-)
getchar();
}
if(bfs())
printf("Escaped in %d minute(s).\n",step[end.x][end.y][end.z]);
else
printf("Trapped!\n");
}
return ;
}
2.POJ 1426 Find The Multiple :http://poj.org/problem?id=1426
题意： 给出n，求由0或1组成的一个整数能整除n。
思路：我是暴力加bfs水过的，用C++交时间超限了，看到有人说用G++交不会超时，一交果然AC了。。不会优化，先附上丑陋代码：
#include<stdio.h>
#include<queue>
#include<string.h>
using namespace std;
int n;
long long bfs()
{
queue<long long> Q;
while(!Q.empty())
{
Q.pop();
}
Q.push();
while()
{
long long sum=Q.front();
if(sum%n==)
return sum;
Q.pop();
Q.push(sum*);
Q.push(sum*+);
}
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
{
printf("%lld\n",bfs());
}
return ;
看到网上别人思路：
解题思路：
首先暴力枚举肯定是不可能的 1000ms 想不超时都难，而且枚举还要解决大数问题。。
要不是人家把这题放到搜索，怎么也想不到用BFS。。。
解题方法： BFS+同余模定理
不说废话
首先说说朴素的不剪枝搜索方法：
我以n=6为例
首先十进制数，开头第一个数字（最高位）一定不能为0，即最高位必为1
设6的 ”01十进制倍数” 为k，那么必有k%6 = 0
现在就是要用BFS求k值
1、先搜索k的最高位，最高位必为1，则此时k=1，但1%6 =1 != 0
因此k=1不是所求，存储余数 1
2、搜索下一位，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=10，那么k%6=4
可能为1，即 k*10+1，此时k=11，那么k%6=5
由于余数均不为0，即k=10与k=11均不是所求
3、继续搜索第三位，此时有四种可能了：
对于k=10，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=100，那么k%6=4
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=101，那么k%6=5
对于k=11，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=110，那么k%6=2
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=111，那么k%6=3
由于余数均不为0，即k=100，k=101，k=110，k=111均不是所求
4、继续搜索第四位，此时有八种可能了：
对于k=100，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1000，那么k%6=4
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1001，那么k%6=5
对于k=101，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1010，那么k%6=2
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1011，那么k%6=3
对于k=110，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1100，那么k%6=2
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1101，那么k%6=3
对于k=111，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1110，那么k%6=0
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1111，那么k%6=1
我们发现k=1110时，k%6=0，即1110就是所求的倍数
从上面的演绎不难发现，用BFS是搜索 当前位数字 （除最高位固定为1），因为每一位都只有0或1两种选择，换而言之是一个双入口BFS
本题难点在于搜索之后的处理：对余数的处理，对大数的处理，余数与所求倍数间的关系
接下来说说处理大数问题和剪枝的方法：
首先我们简单回顾一下 朴素搜索 法：
n=6
1%6=1 (k=1)
{
(1*10+0)%6=4 (k=10)
{
(10*10+0)%6=4 (k=100)
{
(100*10+0)%6=4 (k=1000)
(100*10+1)%6=5 (k=1001)
}
(10*10+1)%6=5 (k=101)
{
(101*10+0)%6=2 (k=1010)
(101*10+1)%6=3 (k=1011)
}
}
(1*10+1)%6=5 (k=11)
{
(11*10+0)%6=2 (k=110)
{
(110*10+0)%6=2 (k=1100)
(110*10+1)%6=3 (k=1101)
}
(11*10+1)%6=3 (k=111)
{
(111*10+0)%6=0 (k=1110) 有解
(111*10+1)%6=1 (k=1111) 由于前面有解，这个余数不存储
}
}
}
从上面可以看出余数的存数顺序（逐层存储）：
用数组mod[]存储余数，其中mod[0]不使用，由mod[1]开始
那么mod中的余数依次为： 1 4 5 4 5 2 3 4 5 2 3 2 3 0 共14个
即说明我们得到 余数0 之前，做了14步*10的操作，那么当n值足够大的时候，是很容易出现k为大数的情况（事实上我做过统计，200以内的n，有18个n对应的k值为大数
那么我们再用int去存储k就显得不怎么明智了。
为了处理所有情况，我们自然会想到 是不是应该要用int[]去存储k的每一位？
而又由于k是一个01序列，那能不能把 *10得到k每一位的问题 转化为模2的操作得到k的每一位(0或1) 呢？
答案是可以的
首先我们利用 同余模定理 对得到余数的方式进行一个优化
（a*b）%n = （a%n *b%n）%n
（a+b）%n = （a%n +b%n）%n
随便抽取上面一条式子为例
前一步 (11*10+1)%6=2 即k=110 ， k%6=2
当前步 (110*10+1)%6=2
由同余模定理 (110*10+1)%6 = (（110*10）%6+1%6 )%6 = (（110%6 * 10%6）%6 +1 )%6
不难发现下划线部分110%6等于 (11*10+0)%6 = 2
所以当前步(110*10+1)%6可以转变为 (2*10+1)%6=2
很显然地，这种处理把k=110 等价于 k=2
即用 前一步操作得到的余数 代替 当前步的k值
而n在200的范围内， 余数值不可能超过3位数， 这就解决了 大数的问题
通过这种处理手法，我们只需在BFS时顺手存储一个 余数数组mod[] ，就能通过mod[i-1]得到mod[i] ，直到mod[i]==0 时结束，大大减少了运算时间
前面已经提到，n=6时，求余操作进行了14次，对应地，BFS时*10的操作也进行了14次。
令i=14，通过观察发现，i%2恰好就是 6 的倍数的最低位数字
i/2 再令 i%2 ，恰好就是 6 的倍数的 次低位数字。。。
循环这个操作，直到i=0，就能得到 6的 01倍数(一个01队列)，倒序输出就是所求
这样就完成了 *10操作到 %2操作的过渡
由于n值有限，只是1到200的整数，因此本题也可以用打表做，通过上面的方法得到结果后，就把1~200的倍数打印出来，重新建立一个程序，直接打表就可以了。
不过打表比上面介绍的方法快不了多少
代码：
//Memory Time
//2236K 32MS #include<iostream>
using namespace std; int mod[]; //保存每次mod n的余数
//由于198的余数序列是最长的
//经过反复二分验证，436905是能存储198余数序列的最少空间
//但POJ肯定又越界测试了...524286是AC的最低下限，不然铁定RE int main(int i)
{
int n;
while(cin>>n)
{
if(!n)
break; mod[]=%n; //初始化，n倍数的最高位必是1 for(i=;mod[i-]!=;i++) //利用同余模定理，从前一步的余数mod[i/2]得到下一步的余数mod[i]
mod[i]=(mod[i/]*+i%)%n;
//mod[i/2]*10+i%2模拟了BFS的双入口搜索
//当i为偶数时，+0，即取当前位数字为0 。为奇数时，则+1,即取当前位数字为1 i--;
int pm=;
while(i)
{
mod[pm++]=i%; //把*10操作转化为%2操作，逆向求倍数的每一位数字
i/=;
}
while(pm)
cout<<mod[--pm]; //倒序输出
cout<<endl;
}
return ;
}
3.POJ 3087 Shuffle'm Up：http://poj.org/problem?id=3087
题意：
已知两堆牌s1和s2的初始状态， 其牌数均为c，按给定规则能将他们相互交叉组合成一堆牌s12，再将s12的最底下的c块牌归为s1，最顶的c块牌归为s2，依此循环下去。
现在输入s1和s2的初始状态 以及 预想的最终状态s12
问s1 s2经过多少次洗牌之后，最终能达到状态s12，若永远不可能相同，则输出"-1"。
思路：从题意来看，直接模拟就好了，用不到BFS。好吧，我也的确直接用模拟做了，
附上代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int main()
{
int t,l,i,j;
char s1[],s2[],s[],s12[],s3[];
scanf("%d",&t);
for(j=; j<=t; j++)
{
int ans=;
scanf("%d",&l);
getchar();
gets(s1);
gets(s2);
gets(s12);
strcpy(s,s1);
strcpy(s+l,s2);
s3[]='\0';
while(strcmp(s3,s12)!=)
{
for(i=; i<l; i++)
{
s3[i*+]=s1[i];
s3[i*]=s2[i];
}
s3[*l]='\0';
ans++;
if(strcmp(s3,s)==)
{
ans=-;
break;
}
for(i=; i<l; i++)
s1[i]=s3[i];
strcpy(s2,s3+l);
}
printf("%d %d\n",j,ans);
}
return ;
}
4.POJ 2488 A Knight's Journey：http://poj.org/problem?id=2488
题意：
马从A1开始走“日”，如果能走遍棋盘上所有点，输出路径，否则，输出impossible.
思路：
定义了一个结构体变量，存该step时的位置。
int dir[8][2]={{-2,-1},{-2,1},{-1,-2},{-1,2},{1,-2},{1,2},{2,-1},{2,1}};可以保证最后按字典序输出。
做的时候还是没按字典序输出，最后发现是行和列搞反了。
附上代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
struct node
{
char c;
char z;
}move[];
int n,m;
int dir[][]={{-,-},{-,},{-,-},{-,},{,-},{,},{,-},{,}};
int visit[][];
int flag;
int dfs(int x,int y,int step)
{
int xx,yy,i;
if(step==n*m)
{
flag=;
return ;
}
for(i=; i<; i++)
{
xx=x+dir[i][];
yy=y+dir[i][];
if(xx>= && xx<=m&& yy>= && yy<=n&& !visit[xx][yy])
{
move[step].c=xx-+'A';
move[step].z=yy+'';
visit[xx][yy]=;
dfs(xx,yy,step+);
if(flag)
return ;
visit[xx][yy]=;
}
}
return ;
}
int main()
{
int t,i,k;
scanf("%d",&t);
for(k=; k<=t; k++)
{
flag=;
memset(visit,,sizeof(visit));
memset(move,,sizeof(move));
scanf("%d%d",&n,&m);
visit[][]=;
move[].c='A';
move[].z='';
printf("Scenario #%d:\n",k);
if(dfs(,,))
{
for(i=;i<n*m;i++)
{
printf("%c%c",move[i].c,move[i].z);
}
}
else
printf("impossible");
printf("\n\n");
}
return ;
}
总结完了。。弱菜要去看昨晚Bestcoder的题了，噶呜~
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