AcWing 1131 拯救大兵瑞恩

\(AcWing\) \(1131\) 拯救大兵瑞恩

一、题目描述

\(1944\)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 \(G_i≥1\) 时，表示 \((X_{i1},Y_{i1})\) 单元与 (\(X_{i2},Y_{i2}\)) 单元之间有一扇第 \(G_i\) 类的门，当 \(G_i=0\) 时，表示 \((X_{i1},Y_{i1})\) 单元与 (\(X_{i2},Y_{i2}\)) 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：

输出样例：

样例解释：
迷宫如下所示：

二、解题思路

试想下如果本题 没有钥匙和门 的条件，只要求从 左上角 走到 右下角 的最小步数，就是简单的迷宫问题了，可以使用\(bfs\)解决。

状态表示

加上钥匙和门的的条件，便是类似于八数码问题了。实际上\(bfs\)解决的最短路问题都可以看作 求从初始状态到结束状态需要的最小转移次数:

普通迷宫问题的状态就是 当前所在的坐标，八数码问题的状态就是 当前棋盘的局面。

本题在迷宫问题上加上了 钥匙和门 的条件，显然，处在同一个坐标下，持有钥匙和不持有钥匙就不是同一个状态了，为了能够清楚的表示每个状态，除了当前坐标外还需要加上当前获得的钥匙信息，即\(f[x][y][st]\)表示当前处在\((x，y)\)位置下持有钥匙状态为\(st\)，将二维坐标压缩成一维就得到\(f[z][st]\)这样的状态表示了，或者说，\(z\)是格子的编号，从上到下，从左而右的编号依次为\(1\)到\(n*m\)，\(st\)为\(0110\)时，表示持有第\(1,2\)类钥匙，这里注意我在 表示状态时抛弃了最右边的一位，因为钥匙编号从\(1\)开始，我想确定是否持有第\(i\)类钥匙时，只需要判断st >> i & 1是不是等于\(1\)即可。

知道了状态表示，现在题目就转化为了从状态\(f[1][0]\)转化为\(f[n*m][…]\)状态的 最小步数了，我们不关心到达终点是什么状态，只要到达了终点就成功了。

状态转移

这里的记录方法就是用\(PII\)的记录每个格子，\(g[PII][PII]\)的值描述是否有墙；

两个相邻格子间有墙，就不能转移
有门，持有该类门钥匙就能转移，没有钥匙就不能转移
没有障碍，正常转移

下面讨论转移到有钥匙的格子的情况，我们走到有钥匙的格子上，并不用考虑要不要拿钥匙，拿钥匙又不会增加成本，只管拿就行。因此，转移到某个格子时，直接计算下这个格子的状态，格子上有钥匙就在之前状态基础上 加上这个钥匙，没有钥匙就继承之前的钥匙状态。

本题看起来复杂，实际上不过是动态规划、\(bfs\)和 状态压缩 三者的结合，还是比较简单的。

三、\(bfs\)解法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 105, M = 12;
typedef pair<int, int> PII;

int g[N][N];              // 两个位置之间的间隔是什么，可能是某种门，或者是墙
int key[N];               // 某个坐标位置上有哪些钥匙，这是用数位压缩记录的,方便位运算
int dis[N][1 << M];       // 哪个位置，在携带不同的钥匙情况下的状态
int n, m;                 // n行m列
int k;                    // 迷宫中门和墙的总数
int p;                    // p类钥匙
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}; // 上右下左
int dy[] = {0, 1, 0, -1}; // 上右下左

// 二维转一维的办法,坐标从(1,1)开始
int get(int x, int y) {
    return (x - 1) * m + y;
}

int bfs() {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis); // 初始化距离
    queue<PII> q;                  // bfs用的队列

    int S = get(1, 1);   // 从编号1出发
    q.push({S, key[S]}); // 位置+携带钥匙的压缩状态 = 现在的真正状态
    dis[S][key[S]] = 0;  // 初始状态的需要走的步数为0

    while (q.size()) {
        PII x = q.front();
        q.pop();

        int u = x.first;   // 出发点编号
        int st = x.second; // 钥匙状态,为状态压缩的数字

        // dis[u][st]:到达了n*m,并且，当前状态是st: 找到大兵瑞恩就结束了,不用管最终的钥匙状态是什么
        // 是什么都是符合拯救大兵的目标的
        if (u == n * m) return dis[u][st];

        // 四个方向
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            // 注意这里我是将格子编号从1开始，因此将其转化为坐标时需要先减一再加一
            int tx = (u - 1) / m + 1 + dx[i]; // 下一个位置
            int ty = (u - 1) % m + 1 + dy[i];

            int T = get(tx, ty); // 要去的坐标位置T

            /*
            g[z][T] == 0 有墙，不能走
            g[z][T] >  0 有门，有钥匙能走，无钥匙不能走
            g[z][T] == -1 随便走
            */
            // 出界或有墙,没有办法转移
            if (tx == 0 || ty == 0 || tx > n || ty > m || g[u][T] == 0) continue;

            // 有门,并且, st这个状态中没有带过来当前类型的钥匙
            if (g[u][T] > 0 && !(st >> g[u][T] & 1)) continue;

            // 捡起钥匙不会增加成本，所以，无条件捡起来钥匙
            int ST = st | key[T];

            // 如果这个状态没有走过
            if (dis[T][ST] == INF) {
                q.push({T, ST});             // 入队列
                dis[T][ST] = dis[u][st] + 1; // 步数加1
            }
        }
    }
    // 一直没走到，返回-1
    return -1;
}
int main() {
    scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &p, &k); // 地图n行m列，p类钥匙,k:迷宫中门和墙的总数

    // 地图初始化
    memset(g, -1, sizeof g);

    // 1、将图记下来
    int x1, y1, x2, y2, z1, z2, z;
    while (k--) { // 读入迷宫中门和墙
        // z=0:墙，z ={1,2,3,4...}哪种类型的门
        scanf("%d %d %d %d %d", &x1, &y1, &x2, &y2, &z);
        // 二维转化一维
        // Q:为什么一定要二维转一维呢？不转直接用二维不行吗？
        // A:点是一个二维信息，将坐标转换为点的编号，这样数组不用声明更多维度，代码更简单
        z1 = get(x1, y1), z2 = get(x2, y2);
        // 记录两个位置之间的间隔是:墙？某种类型的门？
        g[z1][z2] = g[z2][z1] = z; // 无向图
    }

    int s;
    scanf("%d", &s);
    while (s--) {                        // 枚举每把钥匙
        scanf("%d %d %d", &x1, &y1, &z); // 位置+钥匙类型
        // 利用状态压缩，描述此位置上有钥匙
        //  get(x1,y1)--->1维转换后的数字
        //  key[get(x1,y1)]利用二进制+位运算，记录此位置有哪些类型的钥匙,因为一个位置可以有多个类型的钥匙，所以采用 |运算符进行累加
        //   1 << z ：放过最后一位，将倒数第z位设置为数字1
        key[get(x1, y1)] |= 1 << z;
    }
    // 宽搜
    printf("%d\n", bfs());
    return 0;
}

posted @ 2022-03-18 15:35 糖豆爸爸阅读(122) 评论(0) 编辑收藏举报

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