洛谷 P1979 华容道 解题报告
P1979 华容道
题目描述
小\(B\)最近迷上了华容道，可是他总是要花很长的时间才能完成一次。于是，他想到用编程来完成华容道：给定一种局面， 华容道是否根本就无法完成，如果能完成， 最少需要多少时间。
小\(B\)玩的华容道与经典的华容道游戏略有不同，游戏规则是这样的：
在一个\(n \times m\)棋盘上有\(n \times m\)个格子，其中有且只有一个格子是空白的，其余\(n \times m-1\)个格子上每个格子上有一个棋子，每个棋子的大小都是\(1 \times 1\)的；
有些棋子是固定的，有些棋子则是可以移动的；
任何与空白的格子相邻（有公共的边）的格子上的棋子都可以移动到空白格子上。
游戏的目的是把某个指定位置可以活动的棋子移动到目标位置。
给定一个棋盘，游戏可以玩\(q\)次，当然，每次棋盘上固定的格子是不会变的， 但是棋盘上空白的格子的初始位置、 指定的可移动的棋子的初始位置和目标位置却可能不同。第\(i\)次玩的时候， 空白的格子在第\(EX_i\)行第\(EY_i\)列，指定的可移动棋子的初始位置为第\(SX_i\)行第\(SY_i\)列，目标位置为第\(TX_i\)行第\(TY_i\)列。
假设小\(B\)每秒钟能进行一次移动棋子的操作，而其他操作的时间都可以忽略不计。请你告诉小 B 每一次游戏所需要的最少时间，或者告诉他不可能完成游戏。
输入输出格式
输入格式：
第一行有\(3\)个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示\(n,m,q\)；
接下来的\(n\)行描述一个\(n \times m\)的棋盘，每行有\(m\)个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每个整数描述棋盘上一个格子的状态， \(0\)表示该格子上的棋子是固定的，\(1\) 表示该格子上的棋子可以移动或者该格子是空白的。
接下来的\(q\)行，每行包含 \(6\) 个整数依次是 \(EX_i,EY_i,SX_i,SY_i,TX_i,TY_i\)，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每次游戏空白格子的位置，指定棋子的初始位置和目标位置。
输出格式：
共\(q\)行，每行包含\(1\)个整数，表示每次游戏所需要的最少时间，如果某次游戏无法完成目标则输出\(−1\) 。
说明
对于 \(30\%\)的数据， \(1 ≤ n, m ≤ 10,q = 1\)；
对于 \(60\%\) 的数据， \(1 ≤ n, m ≤ 30,q ≤ 10\)；
对于 \(100\%\) 的数据， \(1 ≤ n, m ≤ 30,q ≤ 500\) 。
对于我这种弱水平的选手，一定要好好练部分分。
注意到我们可以在每次游戏枚举空白点位置和操作点位置进行搜索，则复杂度为\(O(n^2m^2q)\)，在考场上想不到正解时，一定要把这部分分拿到。
在洛谷神机下拿了80分，事实上应该只有60分
60~80pts
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=32;
int g[N][N],n,m,vis[N][N][N][N],q;
int ex,ey,sx,sy,tx,ty,t,ans;
const int dx[5]={0,-1,0,1,0};
const int dy[5]={0,0,1,0,-1};
int abs(int x){return x>0?x:-x;}
struct node
{
int x0,y0,x1,y1,step;
node(int x0,int y0,int x1,int y1,int step)
{
this->x0=x0;this->y0=y0;this->x1=x1;this->y1=y1;this->step=step;
}
};
void bfs()
{
queue <node > q;
node st(ex,ey,sx,sy,0);
q.push(st);
while(!q.empty())
{
int x0=q.front().x0,y0=q.front().y0,x1=q.front().x1,y1=q.front().y1,step=q.front().step;
if(x1==tx&&y1==ty) {ans=step;return;}
q.pop();
if(vis[x0][y0][x1][y1]==t) continue;
vis[x0][y0][x1][y1]=t;
if(x0==x1&&abs(y0-y1)==1)
{
node tt(x0,y1,x1,y0,step+1);
q.push(tt);
}
if(y0==y1&&abs(x0-x1)==1)
{
node tt(x1,y0,x0,y1,step+1);
q.push(tt);
}
for(int i=1;i<=4;i++)
{
int X=x0+dx[i],Y=y0+dy[i];
if(g[X][Y]&&(X!=x1||Y!=y1))
{
node tt(X,Y,x1,y1,step+1);
q.push(tt);
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&g[i][j]);
for(t=1;t<=q;t++)
{
scanf("%d%d%d%d%d%d",&ex,&ey,&sx,&sy,&tx,&ty);
ans=-1;bfs();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
代码也不长
后来胡乱搞了搞A*结果比暴力还慢，表示不会。。
考虑正解，我们发现如果我们要移动的那个点要移动，则必须带着空白一起移动，否则没有意义。
每次询问，我们可以先把空白移到初始点旁边再说，对之后的状态，一定是点带空白走
对于原图的每个位置的点，它可以带四个方向的空白，于是把它拆成四个点建图。
边为拆的四个点互相进行连边权值要求，和空白与点交换的边权1，可以在询问前预处理。
然后对于每个询问，我们先移动空白点到初始点，然后枚举四个方向跑最短路即可
注意不需要移动的情况，否则可能比暴力分还低，洛谷的数据是65分
复杂度：\(O(n^2m^m+q*(knm))\)
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=32;
const int M=3610;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int g[N][N],n,m,q,ex,ey,sx,sy,tx,ty;
int cal(int x,int y,int towards)
{
return ((x-1)*m+y)+(towards-1)*n*m;
}
const int dx[5]={0,-1,0,1,0};
const int dy[5]={0,0,1,0,-1};
int head[M],to[M<<3],Next[M<<3],edge[M<<3],cnt;
void add(int u,int v,int w)
{
to[++cnt]=v;Next[cnt]=head[u];edge[cnt]=w;head[u]=cnt;
}
struct node
{
int x,y,step;
node(int x,int y,int step)
{
this->x=x;this->y=y;this->step=step;
}
};
int used[N][N];
int Dis(int x0,int y0,int Tx,int Ty)
{
memset(used,0,sizeof(used));
queue <node > q;
node t0(x0,y0,0);
q.push(t0);
while(!q.empty())
{
int x=q.front().x,y=q.front().y,step=q.front().step;
q.pop();
if(used[x][y]) continue;
used[x][y]=1;
if(x==Tx&&y==Ty) return step;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
int X=x+dx[i],Y=y+dy[i];
if(g[X][Y])
{
node tt(X,Y,step+1);
q.push(tt);
}
}
}
return inf;
}
void init()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&g[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(!g[i][j]) continue;
g[i][j]=0;
for(int k=1;k<=4;k++)
{
int X=dx[k]+i,Y=dy[k]+j;
if(!g[X][Y]) continue;
int u=cal(i,j,k),f=k>2?-1:1;
int v0=cal(X,Y,k+f*2);
add(u,v0,1),add(v0,u,1);
for(int l=k+1;l<=4;l++)
{
int tX=dx[l]+i,tY=dy[l]+j;
if(!g[tX][tY]) continue;
int v=cal(i,j,l),w=Dis(X,Y,tX,tY);
add(u,v,w),add(v,u,w);
}
}
g[i][j]=1;
}
}
int dis[M],vis[M];
void spfa(int s)
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
queue <int > q;
q.push(s);
dis[s]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
vis[u]=0;
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
{
int v=to[i];
if(dis[v]>dis[u]+edge[i])
{
dis[v]=dis[u]+edge[i];
if(!vis[v]) vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
}
void work()
{
for(int i=1;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d%d%d%d%d",&ex,&ey,&sx,&sy,&tx,&ty);
if(tx==sx&&ty==sy) {printf("0\n");continue;}
int ans=inf;
for(int j=1;j<=4;j++)
{
int X=sx+dx[j],Y=sy+dy[j];
if(!g[X][Y]) continue;
g[sx][sy]=0;
int cnt0=Dis(ex,ey,X,Y);
g[sx][sy]=1;
int u=cal(sx,sy,j);
spfa(u);
for(int k=1;k<=4;k++)
{
int tX=tx+dx[k],tY=ty+dy[k];
if(!g[tX][tY]) continue;
int v=cal(tx,ty,k);
ans=min(ans,dis[v]+cnt0);
}
}
if(ans==inf) printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
}
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}
2018.8.1
