[解题思路]
解题思路
这道题的数据范围是n≤30，所以，我们可以看到，裸的O(n4) 的宽搜对于求解q较小的情况是无压力的，但是在q大的情况下，毫无疑问会时间超限，明显，在q较大的情况下，我们需要将每次宽搜中重复搜索的冗余信息除去，所以我们可以先分析题目性质：（这里称要移动的棋子为目标棋子）
首先，如果要移动目标棋子，那么我们首先必须要将空格移到该棋子的上下左右四个方
向上相邻位置之一，然后才可以移动该棋子。 然后，我们分析该棋子移动时候的性质： 棋子每次可以移动，仅当空格位于其相邻位置的时候，每次移动完棋子，空格总会在棋
子相邻的位置，那么我们发现，对于棋子在某一位置，然后空格又在其四个方向上某一
相邻位置时，棋子要想某一方向移动一个时的花费的步数是一定的，那么，就可以先进
行一次预处理，预处理出对于目标棋子在上述条件下每次移动所需的步数。然后，预处理完成之后，我们会发现每次查询都会变成一个求最短路的问题，用Dijstra或SPFA的话，可以在时限范围内解决。（SPFA较好）
实现：
定义一个数组f[x][y][k][h]，表示目标棋子在位置（x，y）且空格在目标棋子的k方向上的相邻格子时，目标棋子往h方向移动1格所需的步数，然后用状态[x][y][k]作为节点建图，用各个状态的关系连边，每次询问时重新定义一个源点跟终点，跑最短路就可以得出答案。
(预处理时跑n2次O(n2)的BFS就可以了)
[参考程序]
const u:array[1..4] of integer=(-1,0,1,0); //四种移法
v:array[1..4] of integer=(0,1,0,-1);
oo=100000000;
type node=record
x,y,cs,l:longint;
end;
var ft:text;
n,m,q,ii,i,i1,j1,j,l,w,x,y,x1,y1,x2,y2,x3,y3,es,ey,wei,tou,kx,ky,ans:longint;
r:array[0..5000000] of node;
aa,a,fb,fb2:array[0..31,0..31] of longint;
ff,z,z2:array[0..31,0..31,1..4] of longint;
f:array[0..31,0..31,1..4,1..4] of longint;
procedure bfs(x,y:longint); //宽搜
var i,x1,y1:longint;
begin
wei:=1;
tou:=0;
r[wei].x:=x; //r.x用来记录可以移动的横坐标
r[wei].y:=y; //纵坐标
r[wei].cs:=fb[x,y]; //几步可以移到
while tou<wei do
begin
inc(tou);
for i:=1 to 4 do //是否可以再向别的点移动
begin
x1:=r[tou].x+u[i];
y1:=r[tou].y+v[i];
if (a[x1,y1]=1)and(r[tou].cs+1<fb[x1,y1]) then //可以移到并且比之前的步数少
begin
inc(wei);
r[wei].x:=x1;
r[wei].y:=y1;
r[wei].cs:=r[tou].cs+1;
fb[x1,y1]:=r[wei].cs; //记录(等过程结束移到f四维数组里)
end;
end;
end;
end;
begin
readln(n,m,q); //读入方阵
for i:=1 to n do
begin
for j:=1 to m do
read(a[i,j]);
readln;
end;
aa:=a;
for i:=1 to n do //初始化
for j:=1 to m do
begin
fb2[i,j]:=oo;
for l:=1 to 4 do
begin
z2[i,j,l]:=oo;
for w:=1 to 4 do f[i,j,l,w]:=oo;
end;
end;
for i:=1 to n do //预处理
for j:=1 to m do
if a[i,j]=1 then //如果该棋子可以移动
for l:=1 to 4 do //四个方向
begin
x:=i+u[l];
y:=j+v[l];
if (x>0)and(x<n+1)and(y>0)and(y<m+1)and(a[x,y]=1) then //假设四周有空格
begin
a[x,y]:=0; //已被移动过，防止重复移动
fb:=fb2; //重置
fb[i,j]:=1; //空格移到这个位置
bfs(i,j);
for w:=1 to 4 do
begin
x1:=x+u[w];
y1:=y+v[w];
if (x1>0)and(x1<n+1)and(y1>0)and(y1<m+1)and(fb[x1,y1]<oo) then
begin
f[i,j,l,w]:=fb[x1,y1]; //记录表示目标棋子在位置（x，y）且空格在目标棋子的k方向上的相邻格子时，目标棋子往h方向移动1格所需的步数
end;
end;
a[x,y]:=1; //回溯
end;
end;
for ii:=1 to q do
begin
read(kx,ky,x,y,es,ey);
if (x=es)and(y=ey) then //如果初始位置与目标位置相同
begin
writeln(0);
continue;
end;
fb:=fb2; //
a[x,y]:=0; //空格不能移到这个点
fb[kx,ky]:=0; //空格移动0步到
bfs(kx,ky); //空格能到的地方
wei:=0;
z:=z2; //重置
fillchar(ff,sizeof(ff),0);
for j:=1 to 4 do //目标棋子向四周移动
begin
x1:=x+u[j];
y1:=y+v[j];
if (x1>0)and(x1<n+1)and(y1>0)and(y1<m+1)and(fb[x1,y1]<oo) then //空格可以移到目标棋子所在格子
begin //记录
inc(wei);
r[wei].x:=x;
r[wei].y:=y;
r[wei].l:=j; //表示方向
z[x,y,j]:=fb[x1,y1]; //某位置向某方向最多可以移动几步
ff[x,y,j]:=1; //某位置向某方向可以移动
end;
end;
tou:=0;
while tou<wei do //SPFA
begin
inc(tou);
for i:=1 to 4 do
begin
x2:=r[tou].x;
y2:=r[tou].y;
x1:=x2+u[r[tou].l]+u[i];
y1:=y2+v[r[tou].l]+v[i];
x3:=x2+u[r[tou].l];
y3:=y2+v[r[tou].l];
if (f[x2,y2,r[tou].l,i]<>oo)and(z[x3,y3,i]>z[x2,y2,r[tou].l]+f[x2,y2,r[tou].l,i]) then
begin
z[x3,y3,i]:=z[x2,y2,r[tou].l]+f[x2,y2,r[tou].l,i];
if ff[x3,y3,i]=0 then //记录
begin
ff[x3,y3,i]:=1;
inc(wei);
r[wei].x:=x3;
r[wei].y:=y3;
r[wei].l:=i;
end;
end;
end;
ff[r[tou].x,r[tou].y,r[tou].l]:=0;
end;
ans:=oo;
for i:=1 to 4 do 查找
if z[es,ey,i]<ans then ans:=z[es,ey,i];
if ans=oo then writeln(-1)
else writeln(ans);
a[x,y]:=1; //回溯
end;
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时间： 2024-11-09 01:46:42