拯救大兵瑞恩
链接
https://www.acwing.com/problem/content/1133/
题目
1944 年，特种兵麦克接到国防部的命令，要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。
瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但幸好麦克得到了迷宫的地形图。
迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 N 行，东西方向被划分为 M 列， 于是整个迷宫被划分为 N×M 个单元。
每一个单元的位置可用一个有序数对 (单元的行号, 单元的列号) 来表示。
南北或东西方向相邻的 2 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。
注意： 门可以从两个方向穿过，即可以看成一条无向边。
迷宫中有一些单元存放着钥匙，同一个单元可能存放 多把钥匙，并且所有的门被分成 P 类，打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。
大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角，即 (N,M) 单元里，并已经昏迷。
迷宫只有一个入口，在西北角。
也就是说，麦克可以直接进入 (1,1) 单元。
另外，麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为 1，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。
试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。
输入格式
第一行有三个整数,分别表示 N,M,P 的值。
第二行是一个整数 k，表示迷宫中门和墙的总数。
接下来 k 行，每行包含五个整数，\(X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i\)：当 Gi≥1 时，表示 \((X_{i1},Y_{i1})\) 单元与 \((X{i2}2,Y{i2})\) 单元之间有一扇第 \(G_i\) 类的门，当 Gi=0 时，表示 \((X_{i1},Y_{i1})\) 单元与 \((X{i2}2,Y{i2})\) 单元之间有一面不可逾越的墙。
接下来一行，包含一个整数 S，表示迷宫中存放的钥匙的总数。
接下来 S 行，每行包含三个整数 \(X_{i1},Y_{i1},Q_i\)，表示 \((X_{i1},Y_{i1})\) 单元里存在一个能开启第 \(Q_i\) 类门的钥匙。
输出格式
输出麦克营救到大兵瑞恩的最短时间。
如果问题无解，则输出 -1。
数据范围
\(|X_{i1}−X_{i2}|+|Y_{i1}−Y_{i2}|=1,\)
\(0≤G_i≤P,\)
\(1≤Q_i≤P,\)
\(1≤N,M,P≤10,\)
\(1≤k≤150\)
输入样例：
4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2
4 2 1
输出样例：
14
样例解释：
迷宫如下所示：
思路
拆点状压DP和bfs。n,m,s都很小。预处理每个格子上有的钥匙种类，以及方格之间的门和墙。然后从(0,0)开始跑bfs，把每个点拆成走到当前点有钥匙s(二进制)，f[x][y][s]表示在(x,y)点有钥匙s的走最少步数的状态，对于每个点去更新它可以到达的点和具有钥匙的状态的最短距离。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,p;
int id(int x,int y){
return m*(x)+y;
}
int g[N*N][N*N]; //-1不通过 0通过 1~有门
int gg[N][N]; //0没钥匙
struct ac{
int x,y,s,c;
bool operator<(const ac &b) const {
return c<b.c;
}
};
int f[N][N][1<<N];
priority_queue<ac> q;
int X[]={0,0,-1,1};
int Y[]={1,-1,0,0};
int bfs(){
memset(f,inf,sizeof f);
f[0][0][gg[0][0]]=0;
q.push((ac){0,0,gg[0][0],0});
while(!q.empty()){
int x=q.top().x,y=q.top().y,s=q.top().s;q.pop();
for(int i=0;i<4;++i){
int xx=x+X[i],yy=y+Y[i],ss=(s|gg[xx][yy]);
if(xx<0||xx>=n||yy<0||yy>=m||g[id(x,y)][id(xx,yy)]==-1) continue;
if( (g[id(x,y)][id(xx,yy)]&s) || g[id(x,y)][id(xx,yy)]==0 ) {
if(f[x][y][s]+1<f[xx][yy][ss]){
f[xx][yy][ss]=f[x][y][s]+1;
q.push((ac){xx,yy,ss,f[xx][yy][ss]});
}
}
}
}
int ans=inf;
for(int i=0;i<(1<<p); ++i){
ans=min(ans,f[n-1][m-1][i]);
}
return ans;
}
int main(){
cin>>n>>m>>p;
int k;
cin>>k;
while(k--){
int x1,y1,x2,y2,t;
cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>t;
x1--,y1--,x2--,y2--;
if(t==0){
g[id(x1,y1)][id(x2,y2)]=-1;
g[id(x2,y2)][id(x1,y1)]=-1;
}
else {
--t;
g[id(x1,y1)][id(x2,y2)]|=(1<<t);
g[id(x2,y2)][id(x1,y1)]|=(1<<t);
}
}
int s;
cin>>s;
while(s--){
int x,y,t;
cin>>x>>y>>t;
--x,--y,--t;
gg[x][y]|=(1<<t);
}
int ans=bfs();
if(ans==inf) cout<<"-1";
else cout<<ans<<endl;
return 0;
}
