HDU 1429 胜利大逃亡(续)

胜利大逃亡(续)

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Problem Description
Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……

这次魔王汲取了上次的教训，把Ignatius关在一个n*m的地牢里，并在地牢的某些地方安装了带锁的门，钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置，离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试，Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢，如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。
 

 

Input
每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图，其中包括:

. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙，对应的门分别为A-J

每组测试数据之间有一个空行。
 

 

Output
针对每组测试数据，如果可以成功逃亡，请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。
 

 

Sample Input
4 5 17
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*

4 5 16
@A.B.
a*.*.
*..*^
c..b*
 
Sample Output
16
-1
 
Author
LL
题意：！！魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。
         题意略坑，我以为是，可以先用t时间去取尽可能多的钥匙，然后，被抓回原地，
　　   然后寻找一条最短的路。
　　　题意是： 用t的时间，包括了找钥匙的时间也算在内。(⊙o⊙)…
每个点dp[ x ] [ y ] [ state ];有这么多的状态。
  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cstdlib>
  5 #include<queue>
  6 using namespace std;
  7 
  8 struct node
  9 {
 10     int x,y;
 11     int s_time;
 12     int state;
 13 };
 14 char a[22][22];
 15 int sx,sy;
 16 int n,m,T;
 17 int map1[4][2]={ {1,0},{0,1},{0,-1},{-1,0} };
 18 bool dp[21][21][(1<<10)];
 19 queue<node>Q;
 20 
 21 int bfs()
 22 {
 23     int i,x,y;
 24     node cur,now;
 25     cur.x=sx;
 26     cur.y=sy;
 27     cur.s_time=0;
 28     cur.state=0;
 29     Q.push(cur);
 30     dp[sx][sy][cur.state]=true;
 31     while(!Q.empty())
 32     {
 33         cur=Q.front();
 34         Q.pop();
 35         for(i=0;i<4;i++)
 36         {
 37             x=cur.x+map1[i][0];
 38             y=cur.y+map1[i][1];
 39             if(x>=1&&x<=n && y>=1&&y<=m && a[x][y]!='*')
 40             {
 41                 now.x=x;
 42                 now.y=y;
 43                 now.state=cur.state;
 44                 now.s_time=cur.s_time+1;
 45                 if(now.s_time>=T) continue;
 46                 if( a[x][y]=='^' && now.s_time<T)
 47                 {
 48                     return  now.s_time;
 49                 }
 50                 if( a[x][y]>='A' && a[x][y]<='J' )
 51                 {
 52                     int state=(1<<(a[x][y]-'A'));
 53                     if( (now.state&state)==state && dp[x][y][now.state]==false )
 54                     {
 55                         dp[x][y][now.state]=true;
 56                         Q.push(now);
 57                     }
 58                 }
 59                 else if(a[x][y]>='a' && a[x][y]<='j')
 60                 {
 61                     int state=(1<<(a[x][y]-'a'));
 62                     now.state=(now.state|state);
 63                     if( dp[x][y][now.state]==false )
 64                     {
 65                         dp[x][y][now.state]=true;
 66                         Q.push(now);
 67                     }
 68                 }
 69                 else if( dp[x][y][now.state]==false )
 70                 {
 71                     dp[x][y][now.state]=true;
 72                     Q.push(now);
 73                 }
 74             }
 75         }
 76     }
 77     return -1;
 78 }
 79 int main()
 80 {
 81     int i,j;
 82     while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&T)>0)
 83     {
 84         for(i=1; i<=n; i++)
 85             scanf("%s",a[i]+1);
 86         for(i=1; i<=n; i++)
 87         for(j=1; j<=m; j++)
 88         if(a[i][j]=='@')
 89         {
 90             sx=i;
 91             sy=j;
 92         }
 93         while(!Q.empty())
 94         {
 95             Q.pop();
 96         }
 97         memset(dp,false,sizeof(dp));
 98         printf("%d\n",bfs());
 99     }
100     return 0;
101 }

 

posted @ 2013-11-30 13:17  芷水  阅读(213)  评论(0)  编辑  收藏  举报