每周题解：拯救大兵瑞恩

本文主要是介绍每周题解：拯救大兵瑞恩，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

题目描述

1944 年，特种兵麦克接到国防部的命令，要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。

瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但幸好麦克得到了迷宫的地形图。

迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 $N$ 行，东西方向被划分为 $M$ 列， 于是整个迷宫被划分为 $N\times M$ 个单元。

每一个单元的位置可用一个有序数对 (单元的行号, 单元的列号) 来表示。

南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。

注意： 门可以从两个方向穿过，即可以看成一条无向边。

迷宫中有一些单元存放着钥匙，同一个单元可能存放 多把钥匙，并且所有的门被分成 $P$ 类，打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。

大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角，即 $(N,M)$ 单元里，并已经昏迷。

迷宫只有一个入口，在西北角。也就是说，麦克可以直接进入 $(1,1)$ 单元。

另外，麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为 $1$，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。

试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。

输入格式

第一行有三个整数,分别表示 $N,M,P$ 的值。

第二行是一个整数 $k$，表示迷宫中门和墙的总数。

接下来 $k$ 行，每行包含五个整数，$X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i$：当 $G_i\ge 1$ 时，表示$(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一扇第 $G_i$ 类的门，当 $G_i=0$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一面不可逾越的墙。

接下来一行，包含一个整数 $S$，表示迷宫中存放的钥匙的总数。

接下来 $S$ 行，每行包含三个整数 $X_{i1},Y_{i1},Q_i$，表示 $X_{i1},Y_{i1}$ 单元里存在一个能开启第 $Q_i$ 类门的钥匙。

输出格式

输出麦克营救到大兵瑞恩的最短时间。

如果问题无解，则输出 -1。

样例 #1

样例输入 #1

4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0 
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2 
4 2 1

样例输出 #1

14

提示

【样例解释】
测试样例的迷宫如下图所示

【数据范围】

$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1$,
$0\le G_i\le P$,
$1\le Q_i\le P$,
$1\le N,M,P\le 10$,
$1\le k\le 150$

算法思想

状态表示

根据题目描述，从$(1,1)$出发，每次移动一个单元，时间为 $1$，求的是走到$(n,m)$点的最短时间。如果不考虑钥匙和门的情况下，可以直接用BFS求解从$(1,1)$走到任意一点$(x,y)$的最小步数$dis(x,y)$。

加上钥匙和门之后，$dis(x,y)$显然无法表达走到点$(x,y)$时拥有钥匙的状态。那么可以进行拆点，利用状态压缩的思想，引入一个$state$。$dis(x,y,state)$表示从$(1,1)$走到任意$(x,y)$、并且当前拥有的钥匙状态为$state$时的最小步数。例如$state$二进制为$(0110{)}_2$时，表示持有第$1,2$类钥匙，因为钥匙编号从$1$开始，要判断是否持有第$i$类钥匙时，只需要判断state >> i & 1是否为$1$即可。

为了方便判断两个格子的状态（互通、墙、还是门），这里可以将二维坐标$(x,y)$转换成一维的编号$z$，如下图所示：

这样$dis(z,state)$表示走到编号为$z$的格子、并且当前拥有的钥匙状态为$state$时的最小步数，其中$z=(x-1)\times m+y$。

状态计算

在计算$dis(z,state)$时，由于只能向东南西北$4$个方向进行移动，那么可以利用偏移数组进行状态转移，在转移过程中可以分为下面几种情况：

• 两个相邻格子间有墙，不能转移；
• 两个相邻格子间有门，没有该类门钥匙，不能转移；
• 两个相邻格子间有门，拥有该类门钥匙，能够转移，最小步数$+1$
• 两个相邻格子间没有障碍，能够转移，最小步数$+1$

在转移过程中还要考虑拥有的钥匙状态：

• 如果转移到的格子上没有钥匙，则钥匙状态不变
• 如果转移到的格子上拥有钥匙的状态为$s$，则钥匙状态更新为s=s|state

当走到终点时，也就是编号为$n\times m$的格子，此时不关心到达终点时拥有钥匙的状态，只要到达了终点就能成功营救大兵瑞恩。

可以看出在整个状态计算的过程中，只要状态转移了，步长都是+$1$的，使用普通的BFS就可以解决了。

时间复杂度

BFS算法每个状态只会入队出队$1$次，因此时间复杂度跟状态数量有关，为$O(n\times m\times 2^p)$

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 105, M = 12;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, p;
//g表示格子之间的状态：-1表示无障碍、0表示墙、k表示k类门
//key表示格子中的钥匙类型
int g[N][N], key[N];
int dis[N][1 << M]; //状态
bool st[N][1 << M]; //标记数组
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int get(int x, int y) //获取格子的编号
{return (x - 1) * m + y;
}
int bfs()
{memset(dis, 0x3f, sizeof dis);int z = get(1, 1), state = key[z]; //起点编号和状态queue<PII> q; //队列存点的编号和钥匙状态dis[z][state] = 0, st[z][state] = true;q.push({z, state});while(q.size()){PII p = q.front(); q.pop();int z1 = p.first, state = p.second;if(z1 == n * m) return dis[z1][state]; //走到终点int x = (z1 - 1) / m + 1, y = (z1 - 1) % m + 1;for(int i = 0; i < 4; i ++){int a = x + dx[i], b = y + dy[i];if(a < 1 || a > n || b < 1 || b > m) continue;//转移到编号为z2的格子，z2号格子的钥匙状态为s，两个格子的状态为kint z2 = get(a, b), s = key[z2], k = g[z1][z2]; if(k == 0) continue; //有墙if(k >= 1 && !(state >> k & 1)) continue; //有门，没有钥匙s |= state;if(!st[z2][s]){dis[z2][s] = dis[z1][state] + 1, st[z2][s] = true;q.push({z2, s});}}}return -1;
}
int main()
{cin >> n >> m >> p;int K, S;cin >> K;memset(g, -1, sizeof g); //初始化两个格子之间的状态，-1表示无障碍while(K --) //输入门和墙{int x1, y1, x2, y2, k;cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> k;int z1 = get(x1, y1), z2 = get(x2, y2);g[z1][z2] = g[z2][z1] = k; //k为0表示墙、否则k表示k类门}cin >> S;while(S --){int x, y, k;cin >> x >> y >> k;int z = get(x, y);key[z] |= 1 << k; //一个格子可能存在多把钥匙}cout << bfs() << endl;return 0;
}

这篇关于每周题解：拯救大兵瑞恩的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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