7-35 拯救007（升级版）

对大佬程序解读https://blog.csdn.net/yiwaite/article/details/100584620
并不要求权最短，故不用克鲁斯卡尔，或迪杰斯特拉算法

找到不在岛上且一步可以跨到的小鳄鱼，入队且第一步最小者优先
BFS遍历，遍历同时判断该点是否可以一步上岸，并用path标记路径，找到最后一点的同时也得到路径
借助stack反向输出路径

在老电影“007之生死关头”（Live and Let Die）中有一个情节，007被毒贩抓到一个鳄鱼池中心的小岛上，他用了一种极为大胆的方法逃脱 —— 直接踩着池子里一系列鳄鱼的大脑袋跳上岸去！（据说当年替身演员被最后一条鳄鱼咬住了脚，幸好穿的是特别加厚的靴子才逃过一劫。）

设鳄鱼池是长宽为100米的方形，中心坐标为 (0, 0)，且东北角坐标为 (50, 50)。池心岛是以 (0, 0) 为圆心、直径15米的圆。给定池中分布的鳄鱼的坐标、以及007一次能跳跃的最大距离，你需要给他指一条最短的逃生路径 —— 所谓“最短”是指007要跳跃的步数最少。

输入格式：
首先第一行给出两个正整数：鳄鱼数量 N（≤100）和007一次能跳跃的最大距离 D。随后 N 行，每行给出一条鳄鱼的 (x,y) 坐标。注意：不会有两条鳄鱼待在同一个点上。

输出格式：
如果007有可能逃脱，首先在第一行输出007需要跳跃的最少步数，然后从第二行起，每行给出从池心岛到岸边每一步要跳到的鳄鱼的坐标 (x,y)。如果没可能逃脱，就在第一行输出 0 作为跳跃步数。如果最短路径不唯一，则输出第一跳最近的那个解，题目保证这样的解是唯一的。

输入样例 1：
17 15
10 -21
10 21
-40 10
30 -50
20 40
35 10
0 -10
-25 22
40 -40
-30 30
-10 22
0 11
25 21
25 10
10 10
10 35
-30 10
结尾无空行
输出样例 1：
4
0 11
10 21
10 35
结尾无空行

输入样例 2：
4 13
-12 12
12 12
-12 -12
12 -12
结尾无空行
输出样例 2：
0
结尾无空行

//并不要求权最短，故不用克鲁斯卡尔，或迪杰斯特拉算法
#include <bits/stdc++.h>
#define Max 110
#define INF 1000000000
using namespace std;
int n,d;
int dist[Max],path[Max];
struct node
{
    int x,y;//点位置
    double JumpFirst;//原点到该点的距离
}Node[Max];
bool cmp(node a,node b)
{
    return a.JumpFirst<b.JumpFirst;
}
void BFS()
{
    int u,v,w;
    queue<int> q;
    double JumpEdge,gap;
    for(v=0;v<n;v++)//入队一定是步数最短优先，因为主函数调用前先进行了排序，步子小的在前
    {
        if(Node[v].JumpFirst>7.5&&Node[v].JumpFirst<=7.5+d)//保证让水中&&在007一步内的鳄鱼入队
        {
            q.push(v);//v入队
            dist[v]=1,path[v]=-1;//记dis步数，path=-1表示起点。
        }
    }
    while(!q.empty())
    {
        u=q.front();
        q.pop();
        JumpEdge=min(50-abs(Node[u].x),50-abs(Node[u].y));//该点距离岸边的最短距离
        if(JumpEdge<=d)//如果一步上岸，结束
        {
            if(dist[n]==INF)//还没有访问到离岸边一步内的鳄鱼
            {
                dist[n]=dist[u]+1;//步数
                path[n]=u;//路径。
                break;
            }
        }
        for( w=0;w<n;w++)//若u非一步上岸点，更新未访问节点与u的数据
        {
            if(dist[w]==INF)//没有踩过的鳄鱼，未访问
            {
                gap=sqrt((Node[u].x-Node[w].x)*(Node[u].x-Node[w].x)+(Node[u].y-Node[w].y)*(Node[u].y-Node[w].y));//u与w的距离
                if(gap<=d)//若u与W可以一步达到。
                {
                    dist[w]=dist[u]+1;//到达w的步数加一
                    q.push(w);//w入队。
                    path[w]=u;//w的上一节点为u
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    fill(dist,dist+Max,INF);//存储到达每个点步数（dist[2]=1 到达2需要一步），初始为极大值
    fill(path,path+Max,-1);//存放路径，存放上一节点下标
    cin>>n>>d;
    if(d>=42.5)
    {
        cout<<"1"<<endl;
        return 0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d %d",&Node[i].x,&Node[i].y);
        Node[i].JumpFirst=sqrt(Node[i].x*Node[i].x+Node[i].y*Node[i].y);
    }
    sort(Node,Node+n,cmp);
    BFS();
    if(dist[n]==INF)//未能跳上岸。
    {
        cout<<"0"<<endl;
        return 0;
    }
    printf("%d\n",dist[n]);//步数；
    int num=0,u=path[n];
    stack<int> s;
    while(u!=-1)//路径存储为
        {
            s.push(u);
            u=path[u];
            num++;
        }
    for(int i=0;i<num;i++)//输出路径path为 岸->岛,题目要求输出岛->岸的路径，需借助stack栈。
    {
        cout<<Node[s.top()].x<<" "<<Node[s.top()].y<<endl;
        s.pop();
    }
    return 0;
}

标签：Node,10,dist,35,鳄鱼,007,path,升级版
来源： https://blog.csdn.net/weixin_52548565/article/details/120316424