hdu 1253:胜利大逃亡（基础广搜BFS）

胜利大逃亡

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 23779    Accepted Submission(s): 9125


Problem Description
Ignatius被魔王抓走了,有一天魔王出差去了,这可是Ignatius逃亡的好机会.

魔王住在一个城堡里,城堡是一个A*B*C的立方体,可以被表示成A个B*C的矩阵,刚开始Ignatius被关在(0,0,0)的位置,离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置,现在知道魔王将在T分钟后回到城堡,Ignatius每分钟能从一个坐标走到相邻的六个坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出Ignatius能否在魔王回来前离开城堡(只要走到出口就算离开城堡,如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1.

 

 

Input
输入数据的第一行是一个正整数K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第一行是四个正整数A,B,C和T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的大小和魔王回来的时间.然后是A块输入数据(先是第0块,然后是第1块,第2块......),每块输入数据有B行,每行有C个正整数,代表迷宫的布局,其中0代表路,1代表墙.(如果对输入描述不清楚,可以参考Sample Input中的迷宫描述,它表示的就是上图中的迷宫)

特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.
 

 

Output
对于每组测试数据,如果Ignatius能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他最少需要多少分钟,否则输出-1.
 

 

Sample Input
1
3 3 4 20
0 1 1 1
0 0 1 1
0 1 1 1
1 1 1 1
1 0 0 1
0 1 1 1
0 0 0 0
0 1 1 0
0 1 1 0
 

 

Sample Output
11
 

 

Author
Ignatius.L
 

 

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　　BFS广搜基础题。
　　这道题挺有新意，把二维地图的搜索转变成了三维地图的搜索，不过换汤不换药，思路是一样的。直接拿过来BFS的模板，改动了一下，提交就过了。但是效率不高，1000+MS，有大神路过希望贴个更快的代码，感激不尽！^_^
　　参考代码：
 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <queue> 
 4 using namespace std;
 5 int a[55][55][55];    //记录地图
 6 int isv[55][55][55];    //记录访问过没有 
 7 int dx[6] = {0,1,0,-1,0,0};
 8 int dy[6] = {1,0,-1,0,0,0}; 
 9 int dz[6] = {0,0,0,0,-1,1};
10 int A,B,C,T;
11 struct NODE{
12     int x;
13     int y;
14     int z;
15     int step;
16 };
17 bool judge(int x,int y,int z,int step)
18 {
19     if( x<1 || y<1 || z<1 || x>A || y>B || z>C )    //出界 
20         return 1;
21     if( isv[x][y][z] )    //走过 
22         return 1;
23     if( a[x][y][z]==1 )    //遇到墙 
24         return 1;
25     if(step+1>T)    //如果走这一步超过了时间，不能走
26         return 1;
27     return 0;
28 }
29 int bfs(int x,int y,int z)    //返回到达终点的时间 
30 {
31     memset(isv,0,sizeof(isv));
32     queue <NODE> q;
33     NODE cur,next;
34     cur.x = x;
35     cur.y = y;
36     cur.z = z;
37     cur.step = 0;
38     isv[1][1][1] = true;
39     q.push(cur);    //第一个节点入队 
40     while(!q.empty()){
41         cur = q.front();
42         q.pop();    //队首出队
43         if( cur.x==A && cur.y==B && cur.z==C){
44             return cur.step;
45         }
46         for(int i=0;i<6;i++){
47             int nx = cur.x + dx[i];
48             int ny = cur.y + dy[i];
49             int nz = cur.z + dz[i];
50             if(judge(nx,ny,nz,cur.step))    //判定    
51                 continue;
52             //可以走
53             next.x = nx;
54             next.y = ny;
55             next.z = nz;
56             isv[nx][ny][nz] = true;    //记录访问过 
57             next.step = cur.step + 1; 
58             q.push(next);
59         } 
60     }
61     return 0;
62 }
63 int main()
64 {
65     int n;
66     cin>>n;
67     while(n--){
68         scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&T);
69         int i,j,k;
70         for(i=1;i<=A;i++)
71             for(j=1;j<=B;j++)
72                 for(k=1;k<=C;k++)
73                     scanf("%d",&a[i][j][k]);
74         int step = bfs(1,1,1);
75         if(step)    //到达终点
76             printf("%d\n",step);
77         else
78             printf("-1\n");
79     }
80     return 0;
81 }

 

Run ID Submit Time Judge Status Pro.ID Exe.Time Exe.Memory Code Len. Language Author
10416745 2014-03-28 09:53:41 Accepted 1253 1140MS 1652K 1877 B C++ freecode

 

Freecode : www.cnblogs.com/yym2013

posted @ 2014-03-28 09:59  Freecode#  阅读(379)  评论(0)  编辑  收藏  举报