[ABC176D] Wizard in Maze 题解
题意
给出一个包含 # 和 . 的地图，有两种移动方式：一种是在 . 间移动，一种是在移动到以当前点为中心的 5x5 的矩阵内的任意 .。问至少需要进行多少次第二种移动才能从给定的 \((sx,sy)\) 走到 \((dx,dy)\)。如果无解输出 -1。（这一点题目中并没有说，是在WA了两个点之后发现的）
解析
初版
考虑使用 BFS 来搜索路径。我们将 . 第一种移动花费的代价设为 0 ，第二种花费代价则为 1 。问题就转换为了求矩阵最短路问题，最后得到的最小代价即为第二种移动的最少次数，然后输出后 break 即可。
可以将当前的花费代价、\(x\) 和 \(y\) 存在一个 pair<int,pair<int,int>> 中，然后放在队列里面进行搜索。
不同于图上最短路，这类矩阵最短路的代价是在队列存储的 pair 中传递的，显然这会导致可能出现最先搜到的并不是最优解，那么我们需要记录 ans=min(cnt,ans) 最后输出，如果 ans==INF 就输出 -1 否则输出 ans。
6分代码
然后很容易得到一段朴素的 BFS 代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,sx,sy,dx,dy,cnt,ans=1e9;
const int fx[]={1,0,-1,0},fy[]={0,1,0,-1};
char c[1005][1005];
int vis[1005][1005];
queue<pair<int,pair<int,int>>> q;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m>>sx>>sy>>dx>>dy;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>c[i][j];
q.push(make_pair(0,make_pair(sx,sy))); //初始化，pair内容可以当作dfs的参数来理解
while(!q.empty()){
auto p=q.front();
q.pop();
if(p.second.first==dx&&p.second.second==dy) //边界条件，走到底了已经
ans=min(ans,p.first);
vis[p.second.first][p.second.second]=1; //标记走过
for(int t=0;t<4;t++){
int nx=p.second.first+fx[t],ny=p.second.second+fy[t]; //在方案1中扩展状态并入队
if(c[nx][ny]=='#') continue;
if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m) continue;
if(vis[nx][ny]) continue;
q.push(make_pair(p.first,make_pair(nx,ny)));
}
for(int i=p.second.first-2;i<=p.second.first+2;i++) //以x,y为中心的5*5矩阵等价于((x+2,x-2),(y+2,y-2))
for(int j=p.second.second-2;j<=p.second.second+2;j++){
if(i<1||j<1||i>n||i>m) continue; //在方案2中扩展状态并入队
if(c[i][j]=='#') continue;
if(vis[i][j]) continue;
q.push(make_pair(p.first+1,make_pair(i,j)));
}
}
cout<<(ans==1e9?-1:ans); //判断是否有解并输出
return 0;
}
恭喜你喜提6分 TLE：
优化1
显然这需要优化。
考虑贪心，每一次尽量找代价最小的进行转移。
如果使用数组暴力肯定会炸，可以使用优先队列和双端队列。
因为代价只有 0 和 1，显然当代价为 0 时放到双端队列队头，为 1 是放在队尾，就可以保证它内部是有序的，每次取出队头扩展时也一定是最近的，就不需要记录 ans 了，找到直接输出即可。
当然也可以使用优先队列，但是这里双端队列的复杂度仅为 \(O(1)\)，而优先队列为 \(O(\log n)\)，稍比 deque 高，所以优先考虑 deque。
很容易改写出双端队列版。
42分代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,sx,sy,dx,dy,cnt;
const int fx[]={1,0,-1,0},fy[]={0,1,0,-1};
char c[1005][1005];
int vis[1005][1005];
deque<pair<int,pair<int,int>>> q;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m>>sx>>sy>>dx>>dy;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>c[i][j];
q.push_back(make_pair(0,make_pair(sx,sy)));
while(!q.empty()){
auto p=q.front();
// cerr<<p.second.first<<" "<<p.second.second<<endl; //PS：cerr是好东西（自己搜）
q.pop_front();
if(p.second.first==dx&&p.second.second==dy)
cout<<p.first,exit(0); //边界条件，直接输出后退出
vis[p.second.first][p.second.second]=1;
for(int t=0;t<4;t++){
int nx=p.second.first+fx[t],ny=p.second.second+fy[t];//方案1，入队头
if(c[nx][ny]=='#') continue;
if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m) continue;
if(vis[nx][ny]) continue;
q.push_front(make_pair(p.first,make_pair(nx,ny)));
}
for(int i=p.second.first-2;i<=p.second.first+2;i++)
for(int j=p.second.second-2;j<=p.second.second+2;j++){
if(i<1||j<1||i>n||i>m) continue; //方案2，入队尾
if(c[i][j]=='#') continue;
if(vis[i][j]) continue;
q.push_back(make_pair(p.first+1,make_pair(i,j)));
}
}
cout<<-1; //无解
return 0;
}
这份代码只有42分。会爆彩虹（AC+TLE+MLE）。
卡常+玄学部分の优化3
上一份代码只有42分，但是我们已经优化过了，原因会让人感到非常玄学。
经过了一番BFS和DFS的结合体之后，我想到一种优化方案：
问题出在这一句上，方案2的转移如果每次都循环 25 次未免浪费时间了，遇到超出坐标范围时应该直接在循环边界里面限制下，就可以卡掉一个 25 的时间和空间常数（估计是这么多实际上可能只有 5~10 的）：
if(i<1||j<1||i>n||i>m) continue;
我们删掉这一句，把循环的边界改为：
for(int i=max(p.second.first-2,1);i<=min(p.second.first+2,n);i++)
for(int j=max(p.second.second-2,1);j<=min(m,p.second.second+2);j++){
这道题就通过了。
卡常万岁！！！
代码
注释版
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,sx,sy,dx,dy;
const int fx[]={1,0,-1,0},fy[]={0,1,0,-1}; //扩展的4个方向
char c[1005][1005]; //地图
int vis[1005][1005];
deque<pair<int,pair<int,int>>> q; //双端队列，pair的三个元素分别存储当前转移代价和xy坐标
int main(){
ios::sync_with_stdio(0); //读入优化
cin>>n>>m>>sx>>sy>>dx>>dy;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>c[i][j];
q.push_back(make_pair(0,make_pair(sx,sy)));
while(!q.empty()){
auto p=q.front(); //弹出队头，用auto自动推导偷懒
q.pop_front();
if(p.second.first==dx&&p.second.second==dy)
cout<<p.first,exit(0); //边界条件，第一个就是最优解，输出后直接退出
vis[p.second.first][p.second.second]=1; //标记走过
for(int t=0;t<4;t++){ //4个方向扩展
int nx=p.second.first+fx[t],ny=p.second.second+fy[t];
if(c[nx][ny]=='#') continue; //不是路不走
if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m) continue; //边界
if(vis[nx][ny]) continue; //走过
q.push_front(make_pair(p.first,make_pair(nx,ny))); //方案1，压入队头，当前代价不变
}
for(int i=max(p.second.first-2,1);i<=min(p.second.first+2,n);i++) //限制循环边界，卡常
for(int j=max(p.second.second-2,1);j<=min(m,p.second.second+2);j++){
if(c[i][j]=='#') continue; //不是路不走
if(vis[i][j]) continue; //走过
q.push_back(make_pair(p.first+1,make_pair(i,j))); //方案2，压入队尾，当前代价+1
}
}
cout<<-1; //无解
return 0;
}
无注释版
可以CTJ的版本
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,sx,sy,dx,dy,cnt;
const int fx[]={1,0,-1,0},fy[]={0,1,0,-1};
char c[1005][1005];
int vis[1005][1005];
deque<pair<int,pair<int,int>>> q;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m>>sx>>sy>>dx>>dy;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>c[i][j];
q.push_back(make_pair(0,make_pair(sx,sy)));
while(!q.empty()){
auto p=q.front();
q.pop_front();
if(p.second.first==dx&&p.second.second==dy)
cout<<p.first,exit(0);
vis[p.second.first][p.second.second]=1;
for(int t=0;t<4;t++){
int nx=p.second.first+fx[t],ny=p.second.second+fy[t];
if(c[nx][ny]=='#') continue;
if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m) continue;
if(vis[nx][ny]) continue;
q.push_front(make_pair(p.first,make_pair(nx,ny)));
}
for(int i=max(p.second.first-2,1);i<=min(p.second.first+2,n);i++)
for(int j=max(p.second.second-2,1);j<=min(m,p.second.second+2);j++){
if(c[i][j]=='#') continue;
if(vis[i][j]) continue;
q.push_back(make_pair(p.first+1,make_pair(i,j)));
}
}
cout<<-1;
return 0;
}
优先队列版
没事干写的
实测复杂度带的 \(\log\) 会被卡掉，只有60，见：https://qoj.fzoi.top/post/6570
各位大佬们点个赞嘛qwq~
