NC15445 wyh的吃鸡
作者：互联网
题目
题目描述
最近吃鸡游戏非常火，你们wyh学长也在玩这款游戏，这款游戏有一个非常重要的过程，就是要跑到安全区内，否则就会中毒持续消耗血量，我们这个问题简化如下
假设地图为n*n的一个图，图中有且仅有一块X的联通快代表安全区域，有一个起点S代表缩圈的时候的起点，图中C代表的是车（保证车的数量小于等于100），标记为.的代表空地，可以任意通过，O代表障碍物不能通过。每次没有车的时候2s可以走一个格（只能走自己的上下左右4个方向），有车的话时间为1s走一个格
现在告诉你最多能坚持的时间为t秒，问你在t秒内（含t秒）能否从s点到达安全区域，能的话输出YES，并且输出最短时间，不能的话输出NO
输入描述
输入第一行一个整数T(1<=T<=10)
接下来有T组测试数据，每组测试数据输入2个数n和k(1<=n<=100,1<=k<=10^9)
接下来n行，每行n个字符，代表对应的n*n的地图，每个字符都是上面的一种，并且保证只有一个起点，只有一块安全区域。
输出描述
对于每组测试数据，先输出能否到达，能的话输出YES，然后换行输出最短时间，如果不能的话直接输出NO
示例1
输入
3
2 3
.X
S.
2 3
.X
SC
2 4
.X
S.
输出
NO
YES
3
YES
4
题解
方法一
知识点：BFS，优先队列。
因为车的花费和走路花费不一致，会导致时间线混乱，因此可以考虑用优先队列维护时间线扩展，使得每次都是扩展最短时间的点，维持有序性。
同时，因为车的状态是持续的，非一次性的，因此状态需要多一维记录是否有车。
细节上，因为车的状态带来的花费影响是下一步才开始，不像传送门是即刻的，因此可以在扩展后直接锁点。
时间复杂度 \(O(?)\)
空间复杂度 \(O(nm)\)
方法二
知识点：BFS。
高维状态和方法一一样，但不使用优先队列维护时间线有序，因此锁点操作通过步数实现。如果当前扩展的步数小于扩展到点的历史步数，那就用本次步数覆盖这个状态的步数。注意要遍历完全才能得出答案。
时间复杂度 \(O(?)\)
空间复杂度 \(O(nm)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n, t;
char dt[107][107];
bool vis[107][107][2];
const int dir[4][2] = { {1,0},{-1,0},{0,1}, { 0,-1 } };
struct node {
int x;
int y;
bool c;
int step;
friend bool operator<(const node &a, const node &b) {
return a.step > b.step;
}
};
int bfs(node st) {
priority_queue<node> pq;
pq.push(st);
vis[st.x][st.y][st.c] = 1;
while (!pq.empty()) {
node cur = pq.top();
pq.pop();
if (dt[cur.x][cur.y] == 'X') return cur.step;
for (int i = 0;i < 4;i++) {
int xx = cur.x + dir[i][0];
int yy = cur.y + dir[i][1];
bool cc = cur.c || dt[xx][yy] == 'C';
int sstep = cur.step + (cur.c ? 1 : 2);///和之前一次有关
if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= n || vis[xx][yy][cc] || dt[xx][yy] == 'O' || sstep > t)continue;
vis[xx][yy][cc] = 1;///因为不是在这次就改变时间线，所以依旧可以在扩展时直接锁定点
pq.push({ xx,yy,cc,sstep });
}
}
return 1e9 + 10;
}
bool solve() {
cin >> n >> t;
node st;
for (int i = 0;i < n;i++) {
for (int j = 0;j < n;j++) {
cin >> dt[i][j];
if (dt[i][j] == 'S') st.x = i, st.y = j, st.c = 0, st.step = 0;
vis[i][j][0] = vis[i][j][1] = 0;
}
}
int ans = bfs(st);
if (ans > t) return false;
else cout << "YES\n" << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n, t;
char dt[107][107];
int step[107][107][2];
const int dir[4][2] = { {1,0},{-1,0},{0,1}, { 0,-1 } };
struct node {
int x, y;
bool c;
};
int bfs(node st, vector<node> &ed) {
queue<node> q;
q.push(st);
step[st.x][st.y][0] = 0;
while (!q.empty()) {
node cur = q.front();
q.pop();
if (dt[cur.x][cur.y] == 'X') continue;
for (int i = 0;i < 4;i++) {
int xx = cur.x + dir[i][0];
int yy = cur.y + dir[i][1];
int delta = cur.c ? 1 : 2;
if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= n || dt[xx][yy] == 'O')continue;
bool cc = cur.c || dt[xx][yy] == 'C';
if (step[xx][yy][cc] <= step[cur.x][cur.y][cur.c] + delta) continue;
///不能用vis锁定点，因为扩展时间线混乱，不按照时间顺序扩展
///有可能时间晚的车先占了格子，早的车没扩展过来就无法覆盖了，因此只能用距离覆盖
step[xx][yy][cc] = step[cur.x][cur.y][cur.c] + delta;
q.push({ xx,yy,cc });
}
}
int ans = 1e9;
for (auto e : ed) ans = min({ ans, step[e.x][e.y][0],step[e.x][e.y][1] });///目的地是个连通块
return ans;
}
bool solve() {
cin >> n >> t;
node st;
vector<node> ed;
for (int i = 0;i < n;i++) {
for (int j = 0;j < n;j++) {
cin >> dt[i][j];
if (dt[i][j] == 'S') st.x = i, st.y = j, st.c = 0;
if (dt[i][j] == 'X') ed.push_back({ i,j,0 });
step[i][j][0] = step[i][j][1] = 1e9;
}
}
int ans = bfs(st, ed);
if (ans > t) return false;
else cout << "YES\n" << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
标签：cur,int,st,yy,xx,NC15445,dt,wyh 来源： https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/16484981.html