POJ 3414-Pots(BFS)

题目地址：POJ 3414

题意：给你a，b两个容器的容量，六种操作方法，问最少多少次可以使其中一个容器里的水达到体积c，如果不能的话则输出impossible。

思路：一共有6种操作方法，0:倒满a，1:倒满b，2:把a里的水倒向b(两种情况b倒满a有剩余或者a倒完)，3:把b里的水倒向a(类似2的两种情况)，4:把a倒空，5:把b倒空。然后用vis[i][j]记录当a的容量为i,b的容量为j时走了多少步，op[i][j][k]记录当a的容量为i,b的容量为j时用的第k步操作是谁。然后就是乱搞就好了。

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
typedef __int64  LL;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double pi= acos(-1.0);
const double esp=1e-7;
const int Maxn=110;
struct node {
    int x,y;
} f1,f2;
int vis[Maxn][Maxn];
int op[Maxn][Maxn][Maxn];
int a,b,c;
void Operator(int i)
{
    switch(i) {
    case 0:
        printf("FILL(1)\n");
        break;
    case 1:
        printf("FILL(2)\n");
        break;
    case 2:
        printf("POUR(1,2)\n");
        break;
    case 3:
        printf("POUR(2,1)\n");
        break;
    case 4:
        printf("DROP(1)\n");
        break;
    case 5:
        printf("DROP(2)\n");
        break;
    }
}
void bfs()
{
    int i,j;
    queue<node >q;
    memset(vis,-1,sizeof(vis));
    vis[0][0]=0;
    f1.x=0;
    f1.y=0;
    q.push(f1);
    while(!q.empty()) {
        f1=q.front();
        q.pop();
        if(f1.x==c||f1.y==c) {
            printf("%d\n",vis[f1.x][f1.y]);
            for(i=0; i<vis[f1.x][f1.y]; i++) {
                Operator(op[f1.x][f1.y][i]);
            }
            return ;

        }
        for(i=0; i<6; i++) {
            if(i==0) {
                f2.x=a;
                f2.y=f1.y;
            }
            if(i==1) {
                f2.x=f1.x;
                f2.y=b;
            }
            if(i==2) {
                f2.y = f1.x + f1.y;
                if(f2.y>=b) {
                    f2.x=f2.y-b;
                    f2.y=b;

                } else
                    f2.x=0;
            }
            if(i==3) {
                f2.x=f1.y+f1.x;
                if(f2.x>=a) {
                    f2.y=f2.x-a;
                    f2.x=a;

                } else
                    f2.y=0;
            }
            if(i==4) {
                f2.x=0;
                f2.y=f1.y;
            }
            if (i==5) {
                f2.x=f1.x;
                f2.y=0;
            }
            if(vis[f2.x][f2.y]==-1) {
                vis[f2.x][f2.y]=vis[f1.x][f1.y]+1;
                for(j=0; j<vis[f1.x][f1.y]; j++)
                    op[f2.x][f2.y][j]=op[f1.x][f1.y][j];
                op[f2.x][f2.y][vis[f1.x][f1.y]]=i;
                q.push(f2);
            }
        }
    }
    puts("impossible");
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)) {
        bfs();
    }
    return 0;
}

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。