简单搜索专题
0.序言
这是一篇记录简单搜索（不需要复杂剪枝）题目的题解合集，题单参考的是著名的《kuangbin带你飞》，由于HDU近期无法访问，所以下面不会出现HDU上的题目
1.POJ 3278 Catch That Cow
题目
分析
简单bfs
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAX_N = 1000000 + 5;
int cnt[MAX_N];
int bfs(int st, int en)
{
memset(cnt, -1, sizeof(cnt));
queue<int> q;
q.push(st);
cnt[st] = 0;
while(!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
if(u == en)
return cnt[u];
int a = u * 2, b = u + 1, c = u - 1;
if(a <= MAX_N && cnt[a] == -1){
q.push(a);
cnt[a] = cnt[u] + 1;
}
if(b <= MAX_N && cnt[b] == -1){
q.push(b);
cnt[b] = cnt[u] + 1;
}
if(c >= 0 && cnt[c] == -1){
q.push(c);
cnt[c] = cnt[u] + 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
printf("%d\n", bfs(n, k));
return 0;
}
2.POJ 3984 迷宫问题
题目
分析
要求的是最短路线，所以考虑用BFS，枚举下一步的四个方向并尝试
由于要记录路径，所以我们用一个数组 pre[i][j] 记录在到达 \((i,j)\) 前到达的点，在找到完整路径后反向输出即可
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstring>
using namespace std;
struct node{
int x, y;
};
int mat[6][6];
bool vis[6][6];
int dx[] = {1, 0, -1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};
node pre[6][6];
queue<node> q;
int main()
{
for(int i = 1; i <= 5; i++)
for(int j = 1; j <= 5; j++)
scanf("%d", &mat[i][j]);
pre[1][1] = {0, 0};
vis[1][1] = true;
q.push({1, 1});
while(!q.empty()) {
node t = q.front();
q.pop();
if(t.x == 5 && t.y == 5) {
stack<node> ans;
while(t.x) {
ans.push(t);
t = pre[t.x][t.y];
}
while(!ans.empty()) {
t = ans.top();
printf("(%d, %d)\n", t.x - 1, t.y - 1);
ans.pop();
}
break;
}
for(int i = 0; i < 4; i++) {
int nx = dx[i] + t.x, ny = dy[i] + t.y;
if(nx < 1 || nx > 5 || ny < 1 || ny > 5 || vis[nx][ny] || mat[nx][ny])
continue;
pre[nx][ny] = t;
vis[nx][ny] = true;
q.push({nx, ny});
}
}
return 0;
}
3.POJ 2251 Dungeon Master
题目
分析
实际上这道题就是三维的迷宫问题，二维时下一步有四种情况，三维时多了两种向上和向下
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
struct node{
int x, y, z;
int step;
};
bool vis[35][35][35];
char mat[35][35][35];
int l, r, c;
int st_x, st_y, st_z;
int dx[] = {0, 0, 0, 0, 1, -1};
int dy[] = {0, 1, 0, -1, 0, 0};
int dz[] = {1, 0, -1, 0, 0, 0};
int bfs()
{
vis[st_x][st_y][st_z] = true;
queue<node> q;
q.push({st_x, st_y, st_z, 0});
while(!q.empty()) {
node t = q.front();
q.pop();
if(mat[t.x][t.y][t.z] == 'E')
return t.step;
for(int i = 0; i < 6; i++) {
int nx = t.x + dx[i], ny = t.y + dy[i], nz = t.z + dz[i];
if(nx >= 1 && nx <= l && ny >= 1 && ny <= r && nz >= 1 && nz <= c && !vis[nx][ny][nz] && mat[nx][ny][nz] != '#') {
vis[nx][ny][nz] = true;
q.push({nx, ny, nz, t.step + 1});
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
cin >> l >> r >> c;
while(l) {
for(int i = 1; i <= l; i++) {
for(int j = 1; j <= r; j++) {
for(int k = 1; k <= c; k++) {
cin >> mat[i][j][k];
if(mat[i][j][k] == 'S') {
st_x = i;
st_y = j;
st_z = k;
}
}
}
}
memset(vis, 0, sizeof(vis));
int ans = bfs();
if(ans == -1)
cout << "Trapped!" << endl;
else
cout << "Escaped in " << ans << " minute(s)." << endl;
cin >> l >> r >> c;
}
return 0;
}
4.POJ 3126 Prime Path
题目
分析
由于要用素数组成一个路径，所以我们先用线性筛筛出 \(1000\) 到 \(9999\) 之间的素数
对于代表当前状态的一个数 \(\overline{abcd}\) 我们可以将个位，十位，百位，或千位更改成另一个数，使新的四位数为素数，从而得到下一个状态，这样就转化为了一个搜索问题，可以用bfs解决
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAX_N = 10000 + 5;
int prime[MAX_N];
int ans[MAX_N];
bool is_prime[MAX_N];
int cnt;
int st, en;
void sieve(int n)
{
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
is_prime[1] = false;
cnt = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(is_prime[i])
prime[++cnt] = i;
for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++) {
is_prime[i * prime[j]] = false;
if(i % prime[j] == 0)
break;
}
}
}
int f(int num, int idx, int nw)
{
int pw[] = {1, 10, 100, 1000, 10000};
return num / pw[idx] * pw[idx] + nw * pw[idx - 1] + num % pw[idx - 1];
}
int bfs()
{
if(st == en)
return 0;
queue<int> q;
q.push(st);
ans[st] = 0;
while(!q.empty()) {
int t = q.front();
q.pop();
for(int i = 1; i <= 4; i++) {
for(int j = (i == 4 ? 1 : 0); j <= 9; j++) {
int nw = f(t, i, j);
if(ans[nw] == -1 && is_prime[nw]) {
ans[nw] = ans[t] + 1;
if(nw == en)
return ans[nw];
q.push(nw);
}
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
sieve(10000);
while(t--) {
scanf("%d%d", &st, &en);
memset(ans, -1, sizeof(ans));
printf("%d\n", bfs());
}
return 0;
}
5.POJ 3414 Pots
题目
分析
可以用 \((x,y)\) 表示两个瓶子里分别有 \(x,y\) 升水的状态， 有六种方法可以转移到下一个状态，分别是 FILL(1),FILL(2),DROP(1),DROP(2),POUR(1,2),POUR(2,1)
由于要记录步骤，我们可以用一个字符串表示步骤，上述六个步骤分别对应字符中的 \(1,2,3,4,5,6\)
代码
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
using namespace std;
struct node{
int x, y;
string step;
};
bool fnd;
bool vis[105][105];
const string cmd[] = {"FILL(1)", "FILL(2)", "DROP(1)", "DROP(2)", "POUR(1,2)", "POUR(2,1)"};
int A, B, C;
void bfs()
{
queue<node> q;
q.push({0, 0, ""});
vis[0][0] = true;
while(!q.empty()) {
node t = q.front();
q.pop();
if(t.x == C || t.y == C) {
cout << t.step.size() << endl;
for(int i = 0; i < t.step.size(); i++)
cout << cmd[t.step[i] - '1'] << endl;
fnd = true;
return;
}
//FILL(1)
if(!vis[A][t.y]) {
q.push({A, t.y, t.step + "1"});
vis[A][t.y] = true;
}
//FILL(2)
if(!vis[t.x][B]) {
q.push({t.x, B, t.step + "2"});
vis[t.x][B] = true;
}
if(t.x != 0) {
if(!vis[0][t.y]) {
q.push({0, t.y, t.step + "3"});
vis[0][t.y] = true;
}
if(t.x + t.y > B) {
if(!vis[t.x + t.y - B][B]) {
q.push({t.x + t.y - B, B, t.step + "5"});
vis[t.x + t.y - B][B] = true;
}
}else {
if(!vis[0][t.x + t.y]) {
q.push({0, t.x + t.y, t.step + "5"});
vis[0][t.x + t.y] = true;
}
}
}
if(t.y != 0) {
if(!vis[t.x][0]) {
q.push({t.x, 0, t.step + "4"});
vis[t.x][0] = true;
}
if(t.x + t.y > A) {
if(!vis[A][t.x + t.y - A]) {
q.push({A, t.x + t.y - A, t.step + "6"});
vis[A][t.x + t.y - A] = true;
}
}else {
if(!vis[t.x + t.y][0]) {
q.push({t.x + t.y, 0, t.step + "6"});
vis[t.x + t.y][0] = true;
}
}
}
}
}
int main()
{
cin >> A >> B >> C;
bfs();
if(!fnd)
cout << "impossible" << endl;
return 0;
}
6.POJ 1426 Find The Multiple
题目
分析
这道题实际上是一道枚举题，用二进制枚举子集的思想，我们可以枚举出只由 \(0\) 和 \(1\) 组成的十进制数，并判断它是否是 \(n\) 的倍数，经过测试， \(1\) 到 \(200\) 之间的所有数的倍数都可以由 \(20\) 位以内的十进制数组成
代码
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
while(n) {
for(int i = 1; i < (1 << 20); i++) {
unsigned long long m = 0;
unsigned long long pw = 1;
for(int j = 0; j < 20; j++) {
if((1 << j) & i)
m = m + pw;
pw *= 10;
}
if(m % n == 0) {
cout << m << endl;
break;
}
}
cin >> n;
}
return 0;
}
7.POJ 3279 Fliptile
题目
分析
这道题与前面一题思路类似
在逐行进行操作的情况下，可以发现：
- 如果上一行有黑色方块，那么下一行同一列的位置上一定要翻转，否则就无法改变为白色
- 如果上一行是白色方块，那下一行同一列的位置上一定不能翻转，因为逐行操作，进行翻转了后上一行的状态将无法改变
所以根据上一行能确定下一行，进一步的，只需要第一行的状态，就可以确定整个地图的状态，所以可以枚举第一行的状态
易知两次翻转和不翻转是等价的，所以每个方块翻转的次数只能是 \(0\) 或 \(1\) ，所以第一行翻转的状态可以看作一个二进制数，采用二进制枚举即可
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int m, n;
int ans1[20][20];
int ans2[20][20];
bool mat[20][20];
bool mat1[20][20];
int dx[] = {0, 1, 0, -1, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, 0, -1};
void flip(int x, int y)
{
for(int i = 0; i < 5; i++) {
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
mat1[nx][ny] = !mat1[nx][ny];
}
}
int main()
{
cin >> m >> n;
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
cin >> mat[i][j];
int cnt = 0, ans = 1e9;
for(int i = 0; i < (1 << n); i++) {
memcpy(mat1, mat, sizeof(mat));
memset(ans1, 0, sizeof(ans1));
for(int j = 0; j < n; j++) {
if((1 << j) & i) {
flip(1, j + 1);
ans1[1][j + 1]++;
cnt++;
}
}
for(int j = 2; j <= m; j++) {
for(int k = 1; k <= n; k++) {
if(mat1[j - 1][k]) {
flip(j, k);
ans1[j][k]++;
cnt++;
}
}
}
bool fnd = true;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(mat1[m][j]) {
fnd = false;
break;
}
}
if(fnd && cnt < ans) {
ans = cnt;
memcpy(ans2, ans1, sizeof(ans1));
}
}
if(ans >= 1e9) {
cout << "IMPOSSIBLE" << endl;
return 0;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++)
cout << ans2[i][j] << " ";
cout << endl;
}
return 0;
}
7.POJ 1321 棋盘问题
题目
分析
八皇后问题的变形
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
struct point{
int x, y;
};
int n, k, ans = 0;
vector<point> p;
bool visr[10];
bool visc[10];
void dfs(int t, int last)
{
if(t == k + 1) {
ans++;
return;
}
int siz = p.size();
for(int i = last; i < siz; i++) {
if(!visr[p[i].x] && !visc[p[i].y]){
visr[p[i].x] = visc[p[i].y] = true;
dfs(t + 1, i + 1);
visr[p[i].x] = visc[p[i].y] = false;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
while(n != -1) {
p.clear();
ans = 0;
memset(visr, 0, sizeof(visr));
memset(visc, 0, sizeof(visc));
getchar();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(getchar() == '#')
p.push_back({i, j});
getchar();
}
dfs(1, 0);
printf("%d\n", ans);
scanf("%d%d", &n, &k);
}
return 0;
}
