【洛谷4011】孤岛营救问题（状压SPFA）

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大致题意： 有一个\(N*M\)的四联通迷宫，相邻两个可能互通，可能有一扇门，也可能有一堵墙。对于第\(i\)类的门，你需要有第\(i\)类的钥匙才可以通过。问你从\((1,1)\)到达\((N,M)\)的最短路。

第一步：建图

看到种类数\(≤10\)，应该不难想到状压吧！而且，我们还可以给每个格子一个编号（计算方法：\(pos(x,y)=(x-1)*m+y\)）。

我们可以用\(key_i\)来表示编号为\(i\)的格子上有的钥匙状压之后的结果，并用\(dis_{i,j}\)来表示从\((1,1)\)出发，到达编号为\(i\)的节点时拥有的钥匙种类状压之后的结果为\(j\)的最短路径。

接下来，我们可以枚举每一个节点\(i\)与其一个相邻的节点\(j\)，然后分类讨论：

• 如果它们互通：在它们之间建一条边权为1的边。
• 如果它们之间有一扇门：假设这扇门的种类为\(x\)，就在他们之间建一条边权为\(2^x\)的边。
• 如果它们之间有一堵墙：不建边。

其中，边权就相当于走这条边的条件，一定要当前拥有的钥匙含有开启这扇门的钥匙才行。

第二步：跑最（wang）短（luo）路（liu）

建完了图，就可以开始跑最短路了，当然，这题作为网络流24题之一，你一定要写网络流也没人拦你。

一开始初始化拥有的钥匙状压后的结果为1（不然就无法过边权为1的边），然后，每到达一个节点，就可以更新拥有的钥匙后的状压结果了。

最短路的过程应该还是比较简单的，这题难就难在建图。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define tc() (A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (pp_<100000?pp[pp_++]=(ch):(fwrite(pp,1,100000,stdout),pp[(pp_=0)++]=(ch)))
#define N 10
#define pos(x,y) ((x-1)*m+y)
#define add(x,y,z) (e[++ee].to=y,e[ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].val=z)
int pp_=0;char ff[100000],*A=ff,*B=ff,pp[100000];
using namespace std;
int n,m,s,ans=1e9,ee=0,Inqueue[N*N+5][1<<N+1],dis[N*N+5][1<<N+1],lnk[N*N+5],keys[N*N+5],f[N*N+5][N*N+5];
struct edge
{
    int to,nxt,val;
}e[((N*N)<<2)+5];
struct Status
{
    int x,v;
}q[((N*N)<<N+1)+5];
inline void read(int &x)
{
    x=0;int f=1;static char ch;
    while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,isdigit(ch=tc()));
    x*=f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0) pc('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    pc(x%10+'0');
}
inline void SPFA()//跑最短路
{
    register int i,j,H=Inqueue[1][1]=1,T=1,maxx=1<<s+1,MOD=(N*N)<<N+1;register Status k;q[1]=(Status){1,1};
    for(i=1;i<=n*m;++i) for(j=0;j<maxx;++j) dis[i][j]=1e9;dis[1][1]=0;
    while((H%=MOD)^(T+1))//只要队列没有空
    {
        k=q[H++],Inqueue[k.x][k.v]=0,dis[k.x][k.v|keys[k.x]]=min(dis[k.x][k.v|keys[k.x]],dis[k.x][k.v]),k.v|=keys[k.x];//更新当前拥有的钥匙的数量
        for(i=lnk[k.x];i;i=e[i].nxt)//枚举当前节点能到达的每一个节点
        {
            if((k.v&e[i].val)^e[i].val) continue;//如果不满足条件，就跳过
            if(dis[k.x][k.v]+1<dis[e[i].to][k.v])//如果更短就更新最短距离 
            {
                dis[e[i].to][k.v]=dis[k.x][k.v]+1;
                if(!Inqueue[e[i].to][k.v]) Inqueue[e[i].to][k.v]=1,q[(++T)%=MOD]=(Status){e[i].to,k.v};//如果不在队列中，就将其加入队列
            }
        }
    }
    for(i=0;i<maxx;++i) ans=min(ans,dis[n*m][i]);//求出最优的答案
}
int main()
{
    register int i,j,t,x,y,z;
    for(read(n),read(m),read(s),i=1;i<=n*m;++i) for(j=1;j<=n*m;++j) f[i][j]=-1;
    for(read(t);t;--t)
    {
        static int u,v;
        read(x),read(y),u=pos(x,y),read(x),read(y),v=pos(x,y),read(x),f[u][v]=f[v][u]=x;
        if(x) add(u,v,1<<f[u][v]),add(v,u,1<<f[u][v]);//如果这不是一堵墙，就新建一条边
    }
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        for(j=1;j<=m;++j)
        {
	        //对于互通的情况建边
            if(i>1&&!(~f[pos(i,j)][pos(i-1,j)])) add(pos(i,j),pos(i-1,j),1);
            if(i<n&&!(~f[pos(i,j)][pos(i+1,j)])) add(pos(i,j),pos(i+1,j),1);
            if(j>1&&!(~f[pos(i,j)][pos(i,j-1)])) add(pos(i,j),pos(i,j-1),1);
            if(j<m&&!(~f[pos(i,j)][pos(i,j+1)])) add(pos(i,j),pos(i,j+1),1);
        }
    }
    for(read(t);t;--t) read(x),read(y),read(z),keys[pos(x,y)]|=1<<z;//读入每一把钥匙，更新每一个位置的钥匙种类状压后的值
    return SPFA(),write(ans^1000000000?ans:-1),fwrite(pp,1,pp_,stdout),0;
}