hdu Catch him

Catch him

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Problem Description

在美式足球中，四分卫负责指挥整只球队的进攻战术和跑位，以及给接球员传球的任务。四分卫是一只球队进攻组最重要的球员，而且一般身体都相对比较弱小，所以通常球队会安排5-7名大汉来保护他，其中站在四分卫前方、排成一线的5名球员称为进攻锋线，他们通常都是135公斤左右的壮汉。 对防守方来说，攻击对手的四分卫当然是最直接的限制对手进攻的方法。如果效果好，就可以在对方四分卫传球之前将其按翻在地，称之为擒杀。擒杀是最好的鼓舞防守队士气的方法，因为对方连传球的机会都没有，进攻就结束了，还必须倒退一些距离开球。凶狠的擒杀甚至能够将对方的四分卫弄伤，从而迫使对方更换这个进攻核心。 在本题中，输入给出准备擒杀四分卫的防守球员的位置、对方每个进攻锋线球员的位置以及对方四分卫的位置，你的任务是求出这名准备擒杀的防守球员至少要移动多少步，才能够擒杀对方四分卫。 假设对方进攻锋线和四分卫在这个过程中都不会移动。只有1名防守球员，防守球员只要碰到对方四分卫就算擒杀。 所有的球员都是一块连续的、不中空的2维区域。防守球员不可以从进攻锋线的身体上穿过，也不可以从界外穿过(只能走空地)。 防守队员不可以转动身体，只能平移。防守队员的身体所有部分向同一个方向(上、下、左、右)移动1格的过程叫做1步。

 

Input

输入包含多组数据。每组数据第一行都是两个整数H，W(0<H,W<=100)，表示整个区域的高度和宽度，H=W=0表示输入结束。接下来有H行，每行W个字符。每个字符如果是’.’，表示这里是空地，如果是’O’，表示是进攻锋线队员的身体，如果是’D’，表示是准备擒杀的防守球员的身体，如果是’Q’，表示是四分卫的身体。 输入保证符合上面的条件。防守球员的身体总共不超过20格。

 

Output

对每组数据，输出包含擒杀所需最少步数的一行。如果不能擒杀，输出带’Impossible’的一行。

 

Sample Input

6 6
.Q....
QQ..OO
.OO..O
...O.O
OO.O..
....DD
7 7
.Q.....
QQ.OOO.
...O...
O......
OO..OO.
.O.....
.....DD
0 0

 

Sample Output

Impossible
9

 

Source

The 6th UESTC Programming Contest

 

Recommend

lcy

 

分析：先用一次bfs描述出整个D联体，同时判断哪些位置可以放得下这个D联体。再用bfs判断达到目标的最短路。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
typedef struct S
{
    int x,y;
}POINT;
typedef struct S1
{
    int x,y,time;
}STEP;
char map[105][105];
int k[105][105];
int dx[]={0,0,1,-1};
int dy[]={1,-1,0,0};
int vis[105][105];
int main()
{
    int m,n,i,j,xx,yy,a,b,ok,cx,cy;
    POINT now,next;
    STEP nnow,nnext;
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF && m)
    {
        a=b=0;
        ok=0;scanf("%*c");
        for(i=0;i<m;++i)
        {
            scanf("%s",map[i]);
            for(j=0;j<n;++j)
            {
                if(!ok && map[i][j]=='D')
                    {a=i;b=j;ok=1;}
            }
        }



        memset(k,0,sizeof(k));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        now.x=a;
        now.y=b;
        vis[a][b]=1;
        k[a][b]=-1;
        queue <POINT> q;
        q.push(now);

        while(!q.empty())
        {

            now=q.front();
            q.pop();
            cx=now.x-a;
            cy=now.y-b;
            for(i=0;i<m;++i)
            {
                for(j=0;j<n;++j)
                {
                    if(k[i][j]!=-1)
                    {
                        xx=i+cx;
                        yy=j+cy;
                        if(xx<0 || xx>=m || yy<0 || yy>=n || map[xx][yy]=='O')
                            k[i][j]=-1;
                        else if(map[xx][yy]=='Q')
                            k[i][j]=1;
                    }
                }
            }
            for(i=0;i<4;++i)
            {
                xx=now.x+dx[i];
                yy=now.y+dy[i];
                if(xx>=0 && xx<m && yy>=0 && yy<=n && !vis[xx][yy] && map[xx][yy]=='D')
                {
                    next.x=xx;
                    next.y=yy;
                    q.push(next);
                    vis[xx][yy]=1;
                }
            }

        }

        queue <STEP> Q;
        nnow.x=a;
        nnow.y=b;
        nnow.time=0;
        Q.push(nnow);
        while(!Q.empty())
        {
        //    printf("xx=%d yy=%d\n",xx,yy);
        //    printf("step1\n");
            nnow=Q.front();
            Q.pop();
            nnext.time=nnow.time+1;
            for(i=0;i<4;++i)
            {
                xx=nnow.x+dx[i];
                yy=nnow.y+dy[i];
                if(xx>=0 && xx<m && yy>=0 && yy<=n)
                {
                    if(k[xx][yy]==1)
                    {
                        printf("%d\n",nnext.time);
                        goto L;
                    }
                    if(k[xx][yy]==0)
                    {
                        nnext.x=xx;
                        nnext.y=yy;
                        k[xx][yy]=-1;
                        Q.push(nnext);
                    }
                }
            }
        }
        printf("Impossible\n");
        L:;
    }
    return 0;
}