孤岛营救问题
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 \(22\)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。迷宫中有一些单元存放着钥匙，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。
输入输出格式
输入格式：
第\(1\)行有\(3\)个整数，分别表示\(N,M,P\)的值。
第\(2\)行是\(1\)个整数\(K\)，表示迷宫中门和墙的总数。
第\(I+2\)行\((1\leq I\leq K)\)，有\(5\)个整数，依次为\(X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i\)：
- 当\(G_i \geq 1\)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\((X_{i2},Y_{i2})\)单元之间有一堵不可逾越的墙（其中，\(|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1\)，\(0\leq G_i\leq P\)）。
第\(K+3\)行是一个整数\(S\)，表示迷宫中存放的钥匙总数。
第\(K+3+J\)行\((1\leq J\leq S)\)，有\(3\)个整数，依次为\(X_{i1},Y_{i1},Q_i\)：表示第\(J\)把钥匙存放在\((X_{i1},Y_{i1})\)单元里，并且第\(J\)把钥匙是用来开启第\(Q_i\)类门的。（其中\(1\leq Q_i\leq P\)）。
输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。
输出格式：
将麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值输出。如果问题无解，则输出$ -1$。
输入输出样例
输入样例
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输出样例
14说明
\(|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1,0\leq G_i\leq P∣\)
\(1\leq Q_i\leq P\)
\(N,M,P\leq10, K<150,S\leq 14\)
\(Solution\)
观察到数据范围很小，可以状压。
对钥匙状压，记录每个点的最短时间和相应的钥匙，然后广搜就好了。
似乎没有什么好说的。代码详解。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
long long read(){
long long x = 0; int f = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= c == '-', c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f? -x:x;
}
int dir[4][2] = {{0, -1}, {0, 1}, {-1, 0}, {1, 0}};//记录方向
int n, m, p, k, a, b, c, d, e;
int key[22][22], wall[22][22][4], vis[1024][22][22];
//每个点的钥匙 墙的状态 是否访问过
struct szh{
int key, x, y, d;//广搜结构体
};
queue<szh> q;
int main(){
n = read(); m = read(); p = read(); k = read();
while(k--){
a = read(); b = read(); c = read(); d = read(); e = read();
if(!e--) e = 11;//墙特殊处理
for(int i = 0; i < 4; i++)//找方向
if(c == a + dir[i][0] && d == b + dir[i][1]){
wall[a][b][i] = 1 << e,wall[c][d][i ^ 1] = 1 << e;//两个点都要更新
break;
}
}
k = read();
while(k--){
a = read(); b = read(); c = read();
key[a][b] |= 1 << (c - 1);//状压钥匙
}
q.push((szh){key[1][1], 1, 1, 0});//起点入队
while(!q.empty()){
szh u = q.front(); q.pop();
int ky = u.key, x = u.x, y = u.y, d = u.d;
if(x == n && y == m){//走到终点就退出
printf("%d\n", d);return 0;
}
for(int i = 0; i < 4; i++){//遍历四个方向
if((wall[x][y][i] & ky) != wall[x][y][i]) continue;//没对应钥匙
int nx = x + dir[i][0], ny = y + dir[i][1], nky = ky | key[nx][ny];
if(nx < 1 || ny < 1 || nx > n || ny > m) continue;//越界
if(!vis[nky][nx][ny])//入队
vis[nky][nx][ny] = 1, q.push((szh){nky, nx, ny, d + 1});
}
}
puts("-1");
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/kylinbalck/p/10617877.html