UVA - 816 Abbott's Revenge
/* 这题和普通的迷宫题有类似之处,比较有趣的地方是,加了方向,所以处理时会麻烦一些,既要记录方向,还要记录父节点 收获 && 总结: 1. 复习了 strchr 函数 (作用:在C风格的字符串中,找到指定字符在串中的所在位置,要配合数组名使用,减去数组名才能得到所在位置的下标) http://blog.csdn.net/zhulihuo/article/details/18201369 2. 假设入口位置为(r0, c0),朝向为dir,则初始状态并不是(r0, c0, dir),而是(r1, c1, dir),其中(r1, c1)为(r0, c0)沿着方向dir,走一步之后的坐标 原因是:这里的“初始状态”,其实是“刚刚离开入口时的状态”,而不是“在入口时的状态” 注明:借鉴思路自: http://www.cnblogs.com/Jadon97/p/7204857.html 以及小白书代码 */
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> const int N = 100 + 5; using namespace std; struct Node { int r, c, dir; Node(int r = 0, int c = 0, int dir = 0) : r(r), c(c), dir(dir) { } }; int have_edge[10][10][4][3]; // 4 个维度分别为 行、列、可以从现在的哪个方向,在经过交叉点后,又变为哪个方向 int d[10][10][4]; Node pre[10][10][4]; //结点数组,记录结点的前驱结点,3 个维度分别为行、列、方向 int r0, c0, r1, c1, rf, cf, init_dir; char dir[] = "NESW"; // directions char turns[] = "FLR"; int id_dir (char s) { return strchr(dir, s) - dir; } int id_turn (char s) { return strchr(turns, s) - turns; } const int dr[] = { -1, 0, 1, 0 }; const int dc[] = { 0, 1, 0, -1 }; //刚好一一对应 于“北东南西”4个方向的坐标变化量,这两个数组的下标,和字符串数组 dir 的下标,也是一一对应的 //北东南西是顺时针的,若要变成逆时针,应该在循环意义下 +3 bool in() { char name[N], str[N]; if ( scanf("%s%d%d%s%d%d", name, &r0, &c0, str, &rf, &cf) != 6 ) return false; printf("%s\n", name); init_dir = id_dir(str[0]); r1 = r0 + dr[init_dir]; c1 = c0 + dc[init_dir]; memset( have_edge, 0, sizeof( have_edge ) ); while ( true ) { int r, c; scanf("%d", &r); if ( !r ) break; scanf("%d", &c); while ( scanf("%s", str) && str[0] != '*' ) { int len = strlen ( str ); for (int i = 1; i < len; i++) have_edge[r][c][ id_dir (str[0]) ][ id_turn (str[i]) ] = 1; } } return true; } Node walk (const Node&u, int turn ) { int dir = u.dir; if (turn == 1) dir = ( dir + 3 ) % 4; //逆时针 if (turn == 2) dir = ( dir + 1 ) % 4; //顺时针 return Node(u.r + dr[dir], u.c + dc[dir], dir); } bool isin(int r, int c) { return r >= 1 && r <= 9 && c >= 1 && c <= 9; } void print_ans(Node u) { // 从目标结点追溯到初始结点 vector<Node> v; while (true) { v.push_back(u); if (d[u.r][u.c][u.dir] == 0) break; u = pre[u.r][u.c][u.dir]; } v.push_back(Node(r0, c0, init_dir)); //打印解,每行10个 int cnt = 0; for ( int i = v.size() - 1; i >= 0; i-- ) { if (cnt % 10 == 0) printf(" "); printf(" (%d,%d)", v[i].r, v[i].c); if (++cnt % 10 == 0) printf("\n"); } if (v.size() % 10 != 0) printf("\n"); } void solve() { queue<Node> q; memset(d, -1, sizeof(d)); d[r1][c1][init_dir] = 0; Node u(r1, c1, init_dir); q.push(u); while ( !q.empty() ) { Node u = q.front(); q.pop(); if (u.r == rf && u.c == cf) { print_ans(u); return; } for ( int i = 0; i < 3; i++ ) { Node v = walk (u, i); if (have_edge[u.r][u.c][u.dir][i] && isin (v.r, v.c) && d[v.r][v.c][v.dir] < 0) { d[v.r][v.c][v.dir] = d[u.r][u.c][u.dir] + 1; pre[v.r][v.c][v.dir] = u; q.push(v); } } } printf(" No Solution Possible\n"); } int main() { while ( in() ) { solve(); } return 0; }