迷宫中回溯法的剪枝——奇偶剪枝(hdu 1010 Tempter of the Bone)
转自:http://blog.csdn.net/code_pang/article/details/8839432
问题描述
在一个n行m列的迷宫中,每一步只能向上、下、左、右中任意方向走一格,迷宫中有围墙的地方是无法到达的。从起点s开始,能否刚好走t步,到达e。
例如在下面5行5列的迷宫中,能否恰好经过9步,从s走到e。初始位置在s上,#是围墙。
奇偶剪枝
设起点s的坐标为(sx,sy),终点e的坐标为(ex,ey);
对s的一次操作为对sx或sy进行+1或-1;
若经过t次操作后,s的坐标刚好等于e,则说从s经过t步可以到达e。
在理想情况下,s到e需要的最小步数为m
m=|ex-sx|+|ey-sy|
若t<m,肯定是无法到达的。
当t>=m时,从s到e的行走路径由两部分组成,
一部分为需要走的最少步数m;
另一部分是为了使得刚好行走t步到达e,所需要走的附加步数a,a=t-m;
这a步即为:从需要走m步的最短路径上走出去,再回到最短路径上所走的步数。
假设走出去这段路径长度为b,那回来时的路径长度一定也是b,因此,附加步数的路径长度a等于2b步。
因为走出去时,对坐标进行了b次+1或-1的操作,为使坐标再恢复到最短路径上,就需要进行b次-1或+1的操作,并且与走出去时是相反的。注意:走出去和拐回来的过程中可能参杂着最短路径上的操作,所以b是除去这些参杂操作后的步数。
如下图所示:
从s到e的黑色路径为一条最短路径,红色和蓝色路线组成的路径,为走出最短路径的路径。其中蓝色箭头是参杂着的最短路径中的操作,只有红色箭头才是走出去和拐回来的路径,如果将红色路径去掉,从s向右走,经过绿色箭头到达e,这也是一条最短路径。
因为a=2b,是个偶数,又因为a=t-m,所以当t和m的奇偶性相同时,a才能是偶数。也就是说,当t和m的奇偶性相同时,才有可能从s经过t步,到达e。
所以,当最小步数m与t同为奇数,或同为偶数时,才有可能从s经过t步,到达e
#include<iostream> #include<math.h> #include<string.h> #include<queue> #include<memory.h> using namespace std; int n,m,t; char a[100][100]; int visited[100][100]; int dir[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0}; int flag; int sx,sy,ex,ey; void dfs(int x,int y,int sum) { int i,mx,my,d; if(flag==1)//找到了 return; if(x==ex&&y==ey&&sum==t) //找到了 { flag=1; return; } d=abs(x-ex)+abs(y-ey);//当前点到终点的最短距离 剪枝 if(d>t-sum||(t-sum-d)%2!=0) return;//最短距离大于剩下的时间或者剩余的时间减去最短路径为奇数 for(i=0;i<4;i++) { mx=x+dir[i][0]; my=y+dir[i][1]; if(mx>=0&&mx<n&&my>=0&&my<m&&visited[mx][my]==0&&a[mx][my]!='X') { visited[mx][my]=1; dfs(mx,my,sum+1); visited[mx][my]=0; } } } int main() { while(cin>>n>>m>>t) { if(n==0&&m==0&&t==0) break; int temp=0; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) { cin>>a[i][j]; if(a[i][j]=='S') { sx=i; sy=j; } if(a[i][j]=='D') { ex=i; ey=j;} } flag=0; memset(visited,0,sizeof(visited)); visited[sx][sy]=1; dfs(sx,sy,0); if(flag==0) cout<<"NO"<<endl; else cout<<"YES"<<endl; } return 0; }