poj 几道简单的搜索题（二）
题目：poj 3278
题意：
在[0,100000]上，给定两个整数n和k通过 n+1或n-1 或n*2 这3种操作，使得n==k，输出最少的操作次数分析：
bfs入门题，每个状态记录一下位置和步数，然后bfs就好。
题目：poj 1426
题意：
给一个正整数n，找出n的某个倍数m，m可以用01表示。n<=200，m不超过100位
分析：
看完m的数据范围吓傻了QAQ，可是n才200，然后写了个暴力打表，发现没有超过18位的！
这题的正规解法是bfs。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
ull bfs(ull n)
{
queue<ull>q;
q.push(1);
while(!q.empty()){
ull t=q.front();q.pop();
if(t%n==0)return t;
q.push(t*10);
q.push(t*10+1);
}
return 0;//题目说一定有解，不加居然WA！
}
int main()
{
ull n;
while(cin>>n&&n){
cout<<bfs(n)<<endl;
}
return 0;
}
题目：poj 3126
题意：
给两个四位的素数s和e，每次可以改变一位数字（只能是四位素数），问从s到e的最短路？
分析：
先打个素数表，来判断四位数是否为素数。然后简单的bfs。每次可以改变1位数，那么就一次改变第一位，第二位，第三位，第四位，然后判断是否入队。
有点麻烦的地方是类型转换。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define mp make_pair
const int N=10000;
typedef pair<int,int>pii;
bool prime[N],vis[N];
int s,e;
void getPrime()
{
memset(prime,0,sizeof(prime)); //prime[i]==0是素数
int m=sqrt(N+0.5);
for(int i=2;i<=m;i++)if(!prime[i])
for(int j=i*i;j<N;j+=i)prime[j]=1;
}
int bfs()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
stringstream ss;
string s1,s2;
int x1,x2;
queue<pii>q;
q.push(mp(0,s));
vis[s]=1;
while(!q.empty()){
pii t=q.front();q.pop();
int step=t.first, x=t.second;
if(x==e)return step;
ss.clear(); //要注意clear
ss<<x;ss>>s1;s2=s1;
for(char i='1';i<='9';i++){
ss.clear();
s2[0]=i;ss<<s2;ss>>x1;
if(!vis[x1]&&!prime[x1])q.push(mp(step+1,x1));
vis[x1]=1;
}
s2=s1;
for(char i='0';i<='9';i++){
ss.clear();
s2[1]=i;ss<<s2;ss>>x1;
if(!vis[x1]&&!prime[x1])q.push(mp(step+1,x1));
vis[x1]=1;
}
s2=s1;
for(char i='0';i<='9';i++){
ss.clear();
s2[2]=i;ss<<s2;ss>>x1;
if(!vis[x1]&&!prime[x1])q.push(mp(step+1,x1));
vis[x1]=1;
}
s2=s1;
for(char i='0';i<='9';i++){
ss.clear();
s2[3]=i;ss<<s2;ss>>x1;
if(!vis[x1]&&!prime[x1])q.push(mp(step+1,x1));
vis[x1]=1;
}
}
return -1;
}
int main()
{
getPrime();
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&s,&e);
int t=bfs();
if(t==-1)printf("Impossible\n");
else printf("%d\n",t);
}
return 0;
}题目：poj 3414
题意：
给出两个杯子的容量A，B，然后给出六种倒水方式：
1.把A灌满
2.把B灌满
3.把A清空
4.把B清空
5.把A中的水倒入B中，有可以倒满的话，A可剩余一些水，不能倒满，A空
6.把B中的贺岁倒入A中，与5相似
通过以上六种方式（实际上是八种），问是否可以得到一杯体积是C的水？
分析：
简单的bfs最短路问题，只不过打印方案比较麻烦。
可以设一个pre,记录一下前一个状态，一个id，记录得到当前状态的操作。这样bfs可以得到最优解后，往前找pre即可。
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=111;
bool vis[N][N];
int A,B,C;
struct state
{
int x,y,step,pre,id;
}q[N*N];
void print(state over)
{
printf("%d\n",over.step);
stack<int>ans;
while(over.step){ //往前找，把最短路保存到栈里，然后一个个打印
ans.push(over.id);
over=q[over.pre];
}
while(!ans.empty()){
int t=ans.top();ans.pop();
switch(t)
{
case 1:
printf("FILL(1)\n");break;
case 2:
printf("FILL(2)\n");break;
case 3:
printf("DROP(1)\n");break;
case 4:
printf("DROP(2)\n");break;
case 5:
printf("POUR(1,2)\n");break;
case 6:
printf("POUR(2,1)\n");break;
}
}
}
bool bfs()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
int head=0,tail=0;
q[tail++]=((state){0,0,0,-1,-1});
while(head<tail){
state t=q[head];
int a=t.x,b=t.y,step=t.step;
if(a==C||b==C){
print(t);
return true;
}
if(!vis[A][b]){ //FILL(1)
vis[A][b]=1;
q[tail++]=((state){A,b,step+1,head,1});
}
if(!vis[a][B]){ //FILL(2)
vis[a][B]=1;
q[tail++]=((state){a,B,step+1,head,2});
}
if(!vis[0][b]){ //DROP(1)
vis[0][b]=1;
q[tail++]=(state){0,b,step+1,head,3};
}
if(!vis[a][0]){ //DROP(2)
vis[a][0]=1;
q[tail++]=(state){a,0,step+1,head,4};
}
if(b+a>B&&!vis[a-(B-b)][B]){ //POUR(1,2),1杯有剩余
vis[a-B+b][B]=1;
q[tail++]=(state){a-B+b,B,step+1,head,5};
}
if(b+a<=B&&!vis[0][a+b]){ //POUR(1,2) ,1杯子无剩余
vis[0][a+b]=1;
q[tail++]=(state){0,a+b,step+1,head,5};
}
if(b+a>A&&!vis[A][b-(A-a)]){ //POUR(2,1),2杯子有剩余
vis[A][b-A+a]=1;
q[tail++]=(state){A,b-A+a,step+1,head,6};
}
if(b+a<=A&&!vis[a+b][0]){ //POUR(2,1),2杯子无剩余
vis[a+b][0]=1;
q[tail++]=(state){a+b,0,step+1,head,6};
}
head++;
}
return false;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
if(!bfs())printf("impossible\n");
return 0;
}
