地下迷宫
Time Limit:1000MS Memory Limit:32768K
Description:
由于山体滑坡，DK被困在了地下蜘蛛王国迷宫。为了抢在DH之前来到TFT，DK必须尽快走出此迷宫。此迷宫仅有一个出口，而由于大BOSS的力量减弱影响到了DK，使DK的记忆力严重下降，他甚至无法记得他上一步做了什么。所以他只能每次等概率随机的选取一个方向走。当然他不会选取周围有障碍的地方走。如DK周围只有两处空地，则每个都有1/2的概率。现在要求他平均要走多少步可以走出此迷宫。
Input:
先是一行两个整数N, M(1<=N, M<=10)表示迷宫为N*M大小，然后是N行，每行M个字符，'.'表示是空地，'E’表示出口，'D’表示DK，'X’表示障碍。Output:
如果DK无法走出或要超过1000000步才能走出，输出tragedy!，否则输出一个实数表示平均情况下DK要走几步可以走出迷宫，四舍五入到小数点后两位。Sample Input:
1 2 ED 3 3 D.X .X. X.E
Sample Output:
1.00 tragedy!
Source:
DK思路：
首先对地图节点重新标号。假设E[i]表示DK从i点开始走出迷宫的期望值。
那么E[i]=(E[a1]+E[a2]+E[a3]+...+E[an])/n+1，其中a1...an是i的相邻节点。
那么对于每一个DK可达的节点来说，都可以为它建立这样的一个方程。现
在假设DK可达的点有N个，那么我们最终将会得到N元一次方程组。方程成
那么对于每一个DK可达的节点来说，都可以为它建立这样的一个方程。现
在假设DK可达的点有N个，那么我们最终将会得到N元一次方程组。方程成
环所以利用高斯消元解出E[No[S]]。其中S是DK的起点，No[S]是重标号后的
起点这里要重点注意的是，我们联立方程的时候，一定要注意DK可达这个条
件，不然就会导致无解的情况。貌似zjutoj崩了。不能交题了。代码仅供参考。
详细见代码：
#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=15;
const double eps=1e-9;
char maze[maxn][maxn];//记录地图
int pp[maxn][maxn];//重编号
int dx[4]={0,0,-1,1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
double mat[maxn][maxn];//记录矩阵
int n,m,cnt,ptr;
struct node
{
int x,y;
node(int xx,int yy)
{
x=xx;
y=yy;
}
node(){}
} st,ed,t;
queue<node> q;
bool isok(int x,int y)//判断是否越界
{
return x>=0&&x<n&&y>=0&&y>=0&&y<m&&maze[x][y]!='X';
}
void bfs()//宽搜。记录可到达点
{
int nx,ny,i;
while(!q.empty())
q.pop();
cnt=0;
nx=st.x;
ny=st.y;
pp[nx][ny]=cnt++;
q.push(st);
while(!q.empty())
{
t=q.front();
q.pop();
for(i=0;i<4;i++)
{
nx=t.x+dx[i];
ny=t.y+dy[i];
if(isok(nx,ny)&&pp[nx][ny]==-1)
{
q.push(node(nx,ny));
pp[nx][ny]=cnt++;//对可到达点编号
}
}
}
}
bool guass()//高斯消元
{
int row,i,j,id;
double maxx,var;
for(row=0;row<cnt;row++)//遍历行。重点在mat[row][row]先找此处最大系数。然后把以下方程的对应未知数消去
{
maxx=fabs(mat[row][row]);
id=row;//id记录位置
for(i=row+1;i<cnt;i++)
{
if(fabs(mat[i][row])>maxx)
{
maxx=fabs(mat[i][row]);//注意是绝对值大
id=i;
}
}
if(maxx<eps)
return false;
if(id!=row)//如果就是当前处理行就不用交换
{
for(i=row;i<=cnt;i++)//交换最大行和当前行
swap(mat[row][i],mat[id][i]);
}
for(i=row+1;i<cnt;i++)//遍历行。所以<cnt.把当前处理行以下的mat[row][row]变量消去。
{
if(fabs(mat[i][row])<eps)//本来就为0就不用处理了
continue;
var=mat[i][row]/mat[row][row];
for(j=row;j<=cnt;j++)//包括扩展矩阵所以c<=cnt。
mat[i][j]-=mat[row][j]*var;
}
}
for(i=cnt-1;i>=0;i--)//从最后一个系数开始
{
for(j=i+1;j<cnt;j++)
mat[i][cnt]-=mat[i][j]*mat[j][j];
mat[i][i]=mat[i][cnt]/mat[i][i];//现在系数矩阵的对角线用于记录答案。
}
return true;
}
int main()
{
int i,j,k,nx,ny,p;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",maze[i]);
for(j=0;j<m;j++)
{
if(maze[i][j]=='D')
st.x=i,st.y=j;
else if(maze[i][j]=='E')
ed.x=i,ed.y=j;
}
}
memset(pp,-1,sizeof pp);
bfs();
if(pp[ed.x][ed.y]==-1)
{
printf("tragedy!\n");
continue;
}
memset(mat,0,sizeof mat);
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<m;j++)
{
if(pp[i][j]!=-1)//以每个可到达点建立方程组
{
ptr=0;
p=pp[i][j];
for(k=0;k<4;k++)
{
nx=i+dx[k];
ny=j+dy[k];
if(isok(nx,ny))
{
mat[p][pp[nx][ny]]=-1;
ptr++;
}
}
mat[p][p]=ptr;
mat[p][cnt]=ptr;
}
}
}
p=pp[ed.x][ed.y];
memset(mat[p],0,sizeof mat[p]);
mat[p][p]=1;//在终点步数的期望为0.
if(guass())
{
p=pp[st.x][st.y];
if(mat[p][p]<=1000000)
printf("%.2lf\n",mat[p][p]);
else
printf("tragedy!\n");
}
else
printf("tragedy!\n");
}
return 0;
}
