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【学习笔记】走地图问题如何去重多个元素？标记数组拓展：按位储存状态（C++示例）

2021-09-30 19:02:36 作者：互联网

按位储存状态

前置知识：

按位储存状态原理：

学过Linux的朋友萌应该都知道，Linux的文件的权限有可读、可写、可执行三种状态，分别以 r（4），w（2），x（1）表示。而不同的状态可以组合叠加组合成新的数字，如 rwx（7），rw（5）等。
为什么要这么表示呢，这里涉及了一些计组的相关知识。我们知道，计算机储存一个数是按二进制来储存的，如果我们要定义一个int，那么这个int一共有32个二进制位，每一个二进制位都有0和1两种状态。每一位的值表示为2^该位下标 * 该位状态。那么，我们需要表示可读、可写、可执行三种状态，就需要使用三位二进制位表示。（如下图所示）

位运算（按位与运算（&）、按位或运算（|）和左移运算（<<））：

按位与运算介绍：对于两个二进制位，若同为 1 则按位与后结果为 1 ，否则为 0 。
按位或运算介绍：对于两个二进制位，若至少有一个为 1 则按位或后结果为 1 ，否则为 0 。
左移运算介绍（本文讨论逻辑左移）：在二进制状态下将一个数整体按位往高位移动 k 位。（例：二进制下 001 左移一位就是 100 ，二进制 100 在十进制下表示为 4 ）
以上面的知识点为例，一个可读可写可执行权限（rwx（7）），我们怎样判断可读权限是否为真？—— 我们可以使用按位与运算：我们定义 int status = 7 ，我们要取出可读权限状态。由上图可以看到可读权限的二进制位下标为2，故 status & (1 << 2) 即可取出可读权限状态，如果我们定义一个变量 int t 来储存取出的值，则 t 的值为 1 。
还是以上面的知识点为例，一个可写可执行权限（wx（5）），我们怎么加上可读权限？—— 我们可以使用按位或运算：我们定义 int status = 5 ，我们要把可读权限状态标记。由上图可以看到可读权限的二进制位下标为2，故 status | (1 << 2) 即可读入可读权限状态，读入后，status 值为 7 。

例题解析

以海贼OJ 81.小明回家为例：

题目描述

小明看完了电影，是时候回家了，可是这时他突然得知小米之家的小米9现货开卖了，这款手机小明已经想了一个多月，知道这个消息后的他十分兴奋，一定要在回家之前先去小米之家买手机（城市中有一个或多个小米之家），请计算小明从电影院到任意一个小米之家买手机后回家的最短距离（只能朝上下左右四个方向行走，除了障碍物外，其他地方都可以通过），数据保证可以买完手机后回家。

输入

第 1 行两个数 n 和 m 表示地图有 n 行 m 列（2≤n,m≤2000)，第 2 行至第 n+1 行为地图。其中 S 表示电影院，T 表示家， P 表示小米之家， . 为可以通过的点， # 为障碍物

输出

一个整数表示小明从电影院去小米之家再回家的总距离

样例输入

5 5
.S...
###..
....T
.P##.
P....

样例输出

解析

这题是经典走地图问题，我们重点讨论广搜解法。我们可以注意到，小明在地图中有两种状态：买了手机和没买手机。此时我们可以定义以下结构体记录当前状态：

struct node
{
    //x和y表示坐标，step表示当前走过步数
    //status：0表示没买手机、1表示已买手机
    int x, y, step, status;
};

需要注意的是，本题买了手机走过的路是可以和没买手机走过的路是可以重合的，此时如果仅仅只是把走过地图的位置标记为1的做法是不可行的，需要寻找新的去重方案，对已买手机和未买手机两种状态分别去重。

解决方案1：再开一个新数组对已买手机的状态去重

这是比较简单和容易想到的方法，可以解决对已买手机和未买手机两种状态分别去重的问题。但是如果地图很大的话，这种做法内存开销很大，OJ很容易爆内存，所以不推荐这种做法。
解决方案2：按位储存状态

我们不妨把未拿手机状态标记为2 << 0 = 1，拿到手机的状态标记为2 << 1 = 2，这样就可以按位储存状态，做到对每个状态分别去重。

细节：

根据flag来决定标志位
用位运算获取和更改当前二进制位的状态：在获取当前二进制位的状态时，推荐使用与运算(&)；在更改当前二进制位状态时，推荐使用或运算(|)（当然直接加也行）。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
    int x, y, step, flag;
};
char mmap[2005][2005];
int mark[2005][2005];
int dir[4][2] = {0, 1, 1, 0, 0, -1, -1, 0};
int main()
{
    int n, m, sx, sy;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    queue<node> que;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%*c");
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            scanf("%c", &mmap[i][j]);
            if(mmap[i][j] == 'S')
                sx = i, sy = j;
        }
    }
    que.push((node){sx, sy, 0, 0});
    while(!que.empty())
    {
        node temp = que.front();
        que.pop();
        for(int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int tx = temp.x + dir[i][0];
            int ty = temp.y + dir[i][1];
            if(mark[tx][ty] & (1 << temp.flag))
                continue;
            if(mmap[tx][ty] == 0 || mmap[tx][ty] == '#')
                continue;
            if(temp.flag == 1 && mmap[tx][ty] == 'T')
            {
                printf("%d\n", temp.step + 1);
                return 0;
            }
            if(mmap[tx][ty] == 'P')
            {
                mark[tx][ty] = 3;
                que.push((node){tx, ty, temp.step + 1, 1});
            }
            else
            {
                que.push((node){tx, ty, temp.step + 1, temp.flag});
                mark[tx][ty] |= (1 << temp.flag);
            }
        }
    }
    return 0;
}