Day2-J-逃离迷宫-HDU-1728

给定一个m × n (m行, n列)的迷宫，迷宫中有两个位置，gloria想从迷宫的一个位置走到另外一个位置，当然迷宫中有些地方是空地，gloria可以穿越，有些地方是障碍，她必须绕行，从迷宫的一个位置，只能走到与它相邻的4个位置中,当然在行走过程中，gloria不能走到迷宫外面去。令人头痛的是，gloria是个没什么方向感的人，因此，她在行走过程中，不能转太多弯了，否则她会晕倒的。我们假定给定的两个位置都是空地，初始时，gloria所面向的方向未定，她可以选择4个方向的任何一个出发，而不算成一次转弯。gloria能从一个位置走到另外一个位置吗？

Input　　第1行为一个整数t (1 ≤ t ≤ 100),表示测试数据的个数，接下来为t组测试数据，每组测试数据中，
　　第1行为两个整数m, n (1 ≤ m, n ≤ 100),分别表示迷宫的行数和列数，接下来m行，每行包括n个字符，其中字符'.'表示该位置为空地，字符'*'表示该位置为障碍，输入数据中只有这两种字符，每组测试数据的最后一行为5个整数k, x ₁, y ₁, x ₂, y ₂ (1 ≤ k ≤ 10, 1 ≤ x₁, x ₂ ≤ n, 1 ≤ y ₁, y ₂ ≤ m),其中k表示gloria最多能转的弯数，(x ₁, y ₁), (x ₂, y₂)表示两个位置，其中x ₁，x ₂对应列，y ₁, y ₂对应行。
Output　　每组测试数据对应为一行，若gloria能从一个位置走到另外一个位置，输出“yes”，否则输出“no”。Sample Input

2

5 5

...**

*.**.

.....

.....

*....

1 1 1 1 3

5 5

...**

*.**.

.....

.....

*....

2 1 1 1 3

Sample Output

no

yes

分析：简单的BFS搜索最短路径，加上一个转弯的限制，就在判重的时候多加一个条件即可，但是直接判断是否访问过会造成漏解，剪枝条件应为：在该点的朝向的剩余转向次数
是否大于等于该点已经访问(未访问)过的(等于是为了防止0转向次数被剪掉)，相当于转弯次数为优先级，越多其对解的贡献越大。
代码如下：

const int maxm = ;

const int dx[] = {-, , , };

const int dy[] = {, , -, };

struct Node {

    int x, y, turn, dire;

    Node(int _x = , int _y = , int _turn = -,int _dire = -):x(_x), y(_y),turn(_turn),dire(_dire) {}

};

int T, m, n, sx, sy, ex, ey, k, d[maxm][maxm][];

string buf[maxm];

bool inside(int x,int y) {

    return x >=  && x < m && y >=  && y < n;

}

bool bfs() {

    memset(d, -, sizeof(d));

    queue<Node> q;

    for (int i = ; i < ; ++i) {

        q.push(Node(sx, sy, k, i));

        d[sx][sy][i] = k;

    }

    while (!q.empty()){

        Node p = q.front();

        q.pop();

        if(p.x == ex && p.y == ey)

            return true;

        for (int i = ; i < ; ++i) {

            Node tmp = p;

            tmp.x += dx[i], tmp.y += dy[i];

            if(i == p.dire) {

                if(inside(tmp.x, tmp.y) && buf[tmp.x][tmp.y] == '.' && d[tmp.x][tmp.y][i] <= p.turn) {

                    d[tmp.x][tmp.y][i] = p.turn;

                    q.push(tmp);

                }

            } else if (tmp.turn > ) {

                tmp.turn--, tmp.dire = i;

                if(inside(tmp.x, tmp.y) && buf[tmp.x][tmp.y] == '.' && d[tmp.x][tmp.y][i] <= p.turn) {

                    d[tmp.x][tmp.y][i] = p.turn;

                    q.push(tmp);

                }

            }

        }

    }

    return false;

}

int main() {

    scanf("%d", &T);

    while(T--) {

        scanf("%d%d", &m, &n);

        for (int i = ; i < m; ++i)

            cin >> buf[i];

        scanf("%d%d%d%d%d", &k, &sy, &sx, &ey, &ex);

        sy--, sx--, ey--, ex--;

        if(bfs())

            printf("yes\n");

        else

            printf("no\n");

    }

    return ;

}

　虽然我们用转向次数大于等于的判断条件来使0转向次数不被剪掉，但也加入了许多重复的点，我们可以继续优化代码，既然转向后次数减少，那么对解的贡献也减小，到达相同的点相同的方向的优先级一定小于不转弯的，那么，我们可以做出如下策略：如果不转弯，直接将前进后的入队，如果转弯，只转弯不前进入队，这样，转弯的情况就比直走慢了一步，自然就会有优先级上的差别，直接上代码进行体会：

const int maxm = ;

const int dx[] = {-, , , };

const int dy[] = {, , -, };

struct Node {

    int x, y, turn, dire;

    Node(int _x = , int _y = , int _turn = -,int _dire = -):x(_x), y(_y),turn(_turn),dire(_dire) {}

};

int T, m, n, sx, sy, ex, ey, k, d[maxm][maxm][];

string buf[maxm];

bool inside(int x,int y) {

    return x >=  && x < m && y >=  && y < n;

}

bool bfs() {

    memset(d, , sizeof(d));

    queue<Node> q;

    for (int i = ; i < ; ++i) {

        q.push(Node(sx, sy, k, i));

        d[sx][sy][i] = k;

    }

    while (!q.empty()){

        Node p = q.front();

        q.pop();

        if(p.x == ex && p.y == ey)

            return true;

        for (int i = ; i < ; ++i) {

            Node tmp = p;

            if(i == p.dire) {

                tmp.x += dx[i], tmp.y += dy[i];

                if(inside(tmp.x, tmp.y) && buf[tmp.x][tmp.y] == '.' && !d[tmp.x][tmp.y][i]) {

                    d[tmp.x][tmp.y][i] = ;

                    q.push(tmp);

                }

            } else if (tmp.turn > ) {

                tmp.turn--, tmp.dire = i;

                if(!d[tmp.x][tmp.y][i]) {

                    d[tmp.x][tmp.y][i] = ;

                    q.push(tmp);

                }

            }

        }

    }

    return false;

}

int main() {

    scanf("%d", &T);

    while(T--) {

        scanf("%d%d", &m, &n);

        for (int i = ; i < m; ++i)

            cin >> buf[i];

        scanf("%d%d%d%d%d", &k, &sy, &sx, &ey, &ex);

        sy--, sx--, ey--, ex--;

        if(bfs())

            printf("yes\n");

        else

            printf("no\n");

    }

    return ;

}

从110ms降到了60ms，代码上只进行了基础微调。

巴特西

Day2-J-逃离迷宫-HDU-1728

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