勝利大逃亡(續)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 10777    Accepted Submission(s): 3911

 

Problem Description

Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋這麼討魔王喜歡)……

這次魔王汲取了上次的教訓，把Ignatius關在一個n*m的地牢裡，並在地牢的某些地方安裝了帶鎖的門，鑰匙藏在地牢另外的某些地方。剛開始Ignatius被關在(sx,sy)的位置，離開地牢的門在(ex,ey)的位置。Ignatius每分鐘只能從一個座標走到相鄰四個座標中的其中一個。魔王每t分鐘回地牢視察一次，若發現Ignatius不在原位置便把他拎回去。經過若干次的嘗試，Ignatius已畫出整個地牢的地圖。現在請你幫他計算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次視察之前走到出口就算離開地牢，如果魔王回來的時候剛好走到出口或還未到出口都算逃亡失敗。

Input

每組測試資料的第一行有三個整數n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下來的n行m列為地牢的地圖，其中包括:

. 代表路
* 代表牆
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表帶鎖的門,對應的鑰匙分別為a-j
a-j 代表鑰匙，對應的門分別為A-J

每組測試資料之間有一個空行。

Output

針對每組測試資料，如果可以成功逃亡，請輸出需要多少分鐘才能離開，如果不能則輸出-1。

Sample Input

4 5 17 @A.B. a*.*. *..*^ c..b* 4 5 16 @A.B. a*.*. *..*^ c..b*

Sample Output

16 -1

Author

LL

Source

Recommend

linle

這題是我第一次接觸狀態壓縮，感覺玄妙異常。

我們可以知道，一個人對一把鑰匙的情況只有兩種即持有和未持有，因此可以用0和1表示

因此想到二進位制，每一位代表一把不同的鑰匙得到一把鑰匙可以將他現在的鑰匙持有情況key和下一把鑰匙（編號i）作'或'處理

key|(1<<i)

而能否開啟門就可以用到'與'操作key&(1<<i),如返回0則無法開門，非零則可開門。

還有一點需要注意的是這樣可能會走重複的路，因此標記改成了flag[x][y][key]同時對x,y,key的共同狀態進行標記

程式碼：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>

using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
struct node{
	int x,y,depth;
	int key;
	node(int x=0,int y=0,int depth=0,int key=0):x(x),y(y),depth(depth),key(key){}
};
int sx,sy,n,mm;
int t;
int mve[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int flag[50][50][2000];
char m[50][50];
queue<node> q;
int check(node u)
{
	char c=m[u.x][u.y];
	if(u.x>=1&&u.x<=n&&u.y>=1&&u.y<=mm&&c!='*'&&!flag[u.x][u.y][u.key]) return 1;
	return 0;
}
int bfs()
{
	while(!q.empty()) q.pop();
	node beg(sx,sy,0,0);
	flag[sx][sy][0]=1;
	q.push(beg);
	while(!q.empty())
	{
		node fir=q.front();
		q.pop();
		if(fir.depth>=t) break;
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			node nxt;
			nxt.x=fir.x+mve[i][0];
			nxt.y=fir.y+mve[i][1];
			nxt.depth=fir.depth+1;
			nxt.key=fir.key;
			char c=m[nxt.x][nxt.y];
			if(!check(nxt)) continue;
			if(c>='a'&&c<='z')
			{
				nxt.key=(nxt.key|(1<<(c-'a')));
			}
			if(c>='A'&&c<='Z')
			{
				if((nxt.key&(1<<(c-'A')))!=((1<<(c-'A'))))
				continue;
			}
			if(c=='^')
			{
				return nxt.depth; 
			}
			q.push(nxt);
			flag[nxt.x][nxt.y][nxt.key]=1;
		}
	}
	return INF;
} 
int main()
{
	
	while(cin>>n>>mm>>t)
	{
		memset(flag,0,sizeof(flag));
		int i;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%s",m[i]+1);
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=mm;j++)
			{
				if(m[i][j]=='@')
				{
					sx=i;
					sy=j;
					break;
				}
			}
		}
		
		int ans=bfs();
		if(ans<t) cout<<ans<<endl;
		else cout<<"-1"<<endl;
	}
	return 0;
}