胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
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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;

}

巴特西

hdu1429之BFS

胜利大逃亡(续)

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