HDU 1429 胜利大逃亡(续) (BFS+位压缩)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1429

胜利大逃亡(续)

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 3309    Accepted Submission(s): 1063

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

Author

LL

Source

ACM暑期集训队练习赛（三）

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linle

这题很纠结。。。。想了好几天了。。。。一开始想到以每个点是否走过超过2次作为判断条件，调试的时候发现这种方法显然错误，后来又想到在结构体中加入存储钥匙的数组，可惜测试用例都过不了，后来想想，就算过了测试用例也应该会MLE的吧，貌似很复杂。。。。实在没办法了，只能找找题解了，看到有大牛介绍的位压缩方法。。。果断用上了，经过多次的WA后，终于A过。。。还得继续努力啊！加油！

思路：

用一个十位的二进制数表示钥匙，如00000000001代表有第一个钥匙，0000000010代表第二个钥匙。

因为有10把钥匙，因此有2^10=1024种情况，可以用一个三维数组标记。

如果该点为钥匙点，则可采用|运算来模拟拾取，显然0001 | 1000 = 1001

当为相应的门时采用&运算来模拟开启，例如1101 & 0001 = 0001（即可以打开'A'门）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 24
struct node
{
    int x;
    int y;
    int time;
    int key;
};
char g[N][N];
int dir[4][2]={{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
int n,m,t,sx,sy,ex,ey;
int vis[N][N][1030];
void getd()
{
    int i,j;
    char s[N];
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        gets(s);
        for(j=0;j<strlen(s);j++)
        {
            g[i][j]=s[j];
            if(s[j]=='@')
            {
                sx=i;//起点 
                sy=j;
            }
            else if(s[j]=='^')
            {
                ex=i;//终点 
                ey=j;
            }
        }
    }
}
void bfs()
{
    queue<node>q;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    node p,s;
    int i,j,key;
    p.x=sx;p.y=sy;
    p.time=p.key=0;
    vis[p.x][p.y][p.key]=1;
    q.push(p);
    while(!q.empty())
    {
        p=q.front();
        q.pop();
        for(i=0;i<4;i++)
        {
            s.x=p.x+dir[i][0];
            s.y=p.y+dir[i][1];
            s.key=p.key;
            s.time=p.time+1;
            if(!(s.x>=0&&s.x<n&&s.y>=0&&s.y<m)||g[s.x][s.y]=='*'||s.time>t)continue; 
            if(g[s.x][s.y]=='^'&&s.time<t){printf("%d\n",s.time);return ;}//已到达终点位置 
            if(g[s.x][s.y]>='a'&&g[s.x][s.y]<='z')
            {
                key=1<<(g[s.x][s.y]-'a');
                s.key|=key;//加入钥匙 
            }
            else if(g[s.x][s.y]>='A'&&g[s.x][s.y]<='Z')
            {
                key=1<<(g[s.x][s.y]-'A');
                if(!(key&s.key))continue;//没有钥匙，无法打开门 
            }
            if(vis[s.x][s.y][s.key])continue;//已经经历过该状态，不可再经历 
            vis[s.x][s.y][s.key]=1;//标记 
            q.push(s);
        }
    }
    printf("-1\n");
}
int main()
{
    while(scanf("%d %d %d",&n,&m,&t)!=EOF)
    {
        getchar();
        getd();
        bfs();
    }
    return 0;
}