【筆記】0-1 bfs
阿新 • • 發佈：2018-11-07
簡介0-1 bfs
bfs可以O(V+E)求解邊權全為1的圖上最短路。
而當邊權只有0或1時，使用其它最短路演算法是有些浪費的，此時可以使用bfs的變種：0-1 bfs來快速求解，複雜度仍為O(V+E).
01bfs維護一個雙端佇列，當邊權為0時，使用push_front，當邊權為1時，使用push_back.
節點的出隊順序是這樣的：0,0,0,0,0,1,1,1,1,2,2,2,3,3,3,…
01bfs常見於迷宮問題，此外有進階的(1,0),(1,1)版本（見後文）.
uva11573 Ocean Currents
n*n的海面上，每個格子都有一個潮水湧動的方向（共8個方向），初始時船在某個位置，每次可以選擇順著水湧動的方向前進，不消耗能量。或者消耗一個能量前往任一一個方向。問從起始位置到目標位置最少需要消耗多少能量。
直接01bfs即可，一個位置可能會重複入隊，但因為鬆弛，它的孩子不會重複入隊，所以可以省略vis陣列。
/* LittleFall : Hello! */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; using ll = long long; inline int read();
const int M = 1024, MOD = 1000000007;
const int go[8][2]={{-1,0},{-1,1},{0,1},{1,1},{1,0},{1,-1},{0,-1},{-1,-1}};
char save[M][M];
int dis[M] Codeforces 590C Three States
n*m的地圖上有5種格子：1表示國家一，2表示國家二，3表示國家三，.（點號）表示可以修路的地方，#表示不能修路的地方。保證每個國家的面積至少為1且自身連通，現在想要通過修路使三個國家連通，求最少的修路格數。
以每個國家的任意一格為起點，對整張圖跑一遍01dfs，就得到了所有格子分別到三個國家的距離（修路數）。遍歷所有的格子，最小的到三個國家的距離之和就是答案，注意格子為點號時，答案-2，因為這個格子只需要修一次。
/* LittleFall : Hello! */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; using ll = long long; inline int read();
const int M = 1024, MOD = 1000000007;
const int go[4][2] = {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
char save[M][M];
int dis[4][M][M];
void bfs(int st,int r0,int c0)
{
deque<pair<int,int>> dq;
dq.emplace_front(r0,c0);
dis[st][r0][c0] = 0;
while(!dq.empty())
{
int r = dq.front().first, c = dq.front().second; dq.pop_front();
for(int k=0;k<4;++k)
{
int nr = r+go[k][0], nc=c+go[k][1];
if(save[nr][nc] && save[nr][nc]!='#')
{
int nd = dis[st][r][c] + (save[nr][nc]=='.');
if(nd<dis[st][nr][nc])
{
dis[st][nr][nc] = nd;
if(nd==dis[st][r][c]) dq.emplace_front(nr,nc);
else dq.emplace_back(nr,nc);
}
}
}
}
}
int main(void)
{
#ifdef _LITTLEFALL_
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int n = read(), m=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%s",save[i]+1);
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
for(int st=1;st<=3;++st)
{
int r0,c0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(save[i][j]==st+'0')
{
r0=i, c0=j;
i=n+1, j=m+1;
}
bfs(st,r0,c0);
}
int ans = -1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(dis[1][i][j]!=0x3f3f3f3f && dis[2][i][j]!=0x3f3f3f3f && dis[3][i][j]!=0x3f3f3f3f)
{
int val = dis[1][i][j] + dis[2][i][j] + dis[3][i][j] - 2*(save[i][j]=='.');
if(ans==-1||ans>val)
ans = val;
}
}
}
printf("%d\n",ans );
return 0;
}
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
GYM100625(BAPC2013) J Jailbreak
n*m的地圖表示一個監獄，*表示牆壁，#表示門，$表示犯人，.（點）表示空地，監獄的外部視為連通的空地，最多有兩個犯人。問最少開啟幾扇門可以使得兩個犯人以及監獄外部連通。
和上題類似，把外部也看成一個獨立的目標即可。
/* LittleFall : Hello! */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; using ll = long long; inline int read();
const int M = 104, MOD = 1000000007;
const int go[4][2] = {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int n, m, dis[3][M][M];
char mp[M][M]; //地圖
void ZeroOneBfs(int st,int r0,int c0)
{
deque<pair<int,int>> dq;
dq.emplace_front(r0,c0);
dis[st][r0][c0] = 0;
while(!dq.empty())
{
int r = dq.front().first, c = dq.front().second; dq.pop_front();
for(int k=0;k<4;++k)
{
int nr = r+go[k][0], nc = c+go[k][1];
if(nr>=0&&nr<=n+1&&nc>=0&&nc<=m+1&&mp[nr][nc]!='*')
{
int nd = dis[st][r][c] + (mp[nr][nc]=='#');
if(nd<dis[st][nr][nc])
{
dis[st][nr][nc] = nd;
if(mp[nr][nc]=='#') dq.emplace_back(nr,nc);
else dq.emplace_front(nr,nc);
}
}
}
}
}
int main(void)
{
#ifdef _LITTLEFALL_
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int t = read();
while(t--)
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(mp,0,sizeof(mp));
n = read(), m = read();
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%s",mp[i]+1);
vector<pair<int,int>>start{{0,0}};
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
if(mp[i][j]=='$')
start.emplace_back(i,j);
for(int kase = 0;kase<3;++kase)
ZeroOneBfs(kase,start[kase].first,start[kase].second);
int ans = INT_MAX;
for(int i=0;i<=n+1;++i)
for(int j=0;j<=m+1;++j)
if(dis[0][i][j]!=0x3f3f3f3f&&dis[1][i][j]!=0x3f3f3f3f&&dis[2][i][j]!=0x3f3f3f3f)
{
int val = dis[0][i][j]+dis[1][i][j]+dis[2][i][j]-2*(mp[i][j]=='#');
ans = min(ans,val);
}
printf("%d\n",ans );
}
return 0;
}
inline int read()