P3956 [NOIP2017 普及组] 棋盘

题目描述

有一个m×m的棋盘，棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有任何颜色的。你现在要从棋盘的最左上角走到棋盘的最右下角。

任何一个时刻，你所站在的位置必须是有颜色的（不能是无色的）， 你只能向上、 下、左、 右四个方向前进。当你从一个格子走向另一个格子时，如果两个格子的颜色相同，那你不需要花费金币；如果不同，则你需要花费 11个金币。

另外， 你可以花费 22 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为你指定的颜色。但这个魔法不能连续使用， 而且这个魔法的持续时间很短，也就是说，如果你使用了这个魔法，走到了这个暂时有颜色的格子上，你就不能继续使用魔法； 只有当你离开这个位置，走到一个本来就有颜色的格子上的时候，你才能继续使用这个魔法，而当你离开了这个位置（施展魔法使得变为有颜色的格子）时，这个格子恢复为无色。

现在你要从棋盘的最左上角，走到棋盘的最右下角，求花费的最少金币是多少？

输入格式

第一行包含两个正整数m, n，以一个空格分开，分别代表棋盘的大小，棋盘上有颜色的格子的数量。

接下来的n行，每行三个正整数x, y, c， 分别表示坐标为(x,y)的格子有颜色c。

其中c=1 代表黄色，c=0 代表红色。 相邻两个数之间用一个空格隔开。 棋盘左上角的坐标为(1, 1)，右下角的坐标为( m, m)

棋盘上其余的格子都是无色。保证棋盘的左上角，也就是(1, 1) 一定是有颜色的。

输出格式

一个整数，表示花费的金币的最小值，如果无法到达，输出-1。

输入输出样例

输入 #1复制

5 7

1 1 0

1 2 0

2 2 1

3 3 1

3 4 0

4 4 1

5 5 0

输出 #1复制

8

输入 #2复制

5 5

1 1 0

1 2 0

2 2 1

3 3 1

5 5 0

输出 #2复制

-1

dfs  题解：

#include<cstdio>

#include<cstring>

using namespace std;

 

const int N=105;

 

const int dx[]={-1,1,0,0} ;

const int dy[]={0,0,-1,1};

//四个方向行走

int f[N][N],a[N][N];

int n;

 

void dfs(int x,int y,bool flag){//flag是否用魔法，初始地点是（1，1）

       int x1,y1,s;//x1,y1，代表接下来的坐标点

       for(int i=0;i<4;i++){

              x1=x+dx[i];

              y1=y+dy[i];

             

              if(x1<1||y1<1||x1>n||y1>n){

                     continue;

              }//出界

             

              if(a[x1][y1]==0){//无色

                     if(flag==false){

                            if(f[x][y]+2<f[x1][y1]){

                                   f[x1][y1]=f[x][y]+2;

                                   a[x1][y1]=a[x][y];//颜色变化

                                   dfs(x1,y1,true);

                                   a[x1][y1]=0;//回溯

                            }

                     }//判断是个否用魔法

              }else if(a[x1][y1]==a[x][y]){//同色一样

                     if(f[x][y]<f[x1][y1]){

                            f[x1][y1]=f[x][y];

                            dfs(x1,y1,false);//把改变传递下去，即走了路但是钱币没花，魔法没用

                     }

              }else{

                     if(f[x][y]+1<f[x1][y1]){

                            f[x1][y1]=f[x][y]+1;

                            dfs(x1,y1,false);

                     }

              }

       }

}

int main(){

       int m,x,y,z;

       scanf("%d%d",&n,&m);

       memset(a,0,sizeof(a));//初始化无色

       for(int i=0;i<m;i++){

              scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);

              z++;//1是红色，2是黄色，0是无色比较好判断，灵活转换

              a[x][y]=z;

       }

       memset(f,0x3f,sizeof(f));//3f很大的数



       f[1][1]=0;

      

       dfs(1,1,false);

      

       if(f[n][n]== 0x3f3f3f3f)

       {                   //4个字节的复制，无法到达

              printf("-1");

       }else{

              printf("%d",f[n][n]);

       }

}

 

注释：

0x3f3f3f3f的十进制是1061109567，也就是10^9级别的（和0x7fffffff一个数量级），而一般场合下的数据都是小于10^9的，所以它可以作为无穷大使用而不致出现数据大于无穷大的情形。

另一方面，由于一般的数据都不会大于10^9，所以当我们把无穷大加上一个数据时，它并不会溢出（这就满足了“无穷大加一个有穷的数依然是无穷 大”），事实上0x3f3f3f3f+0x3f3f3f3f=2122219134，这非常大但却没有超过32-bit int的表示范围，所以0x3f3f3f3f还满足了我们“无穷大加无穷大还是无穷大”的需求。

最后，0x3f3f3f3f还能给我们带来一个意想不到的额外好处：如果我们想要将某个数组清零，我们通常会使用 memset(a,0,sizeof(a))这样的代码来实现（方便而高效），但是当我们想将某个数组全部赋值为无穷大时（例如解决图论问题时邻接矩阵的 初始化），就不能使用memset函数而得自己写循环了（写这些不重要的代码真的很痛苦），我们知道这是因为memset是按字节操作的，它能够对数组清 零是因为0的每个字节都是0，现在好了，如果我们将无穷大设为0x3f3f3f3f，那么奇迹就发生了，0x3f3f3f3f的每个字节都是0x3f！所 以要把一段内存全部置为无穷大，我们只需要memset(a,0x3f,sizeof(a))。