蒜头君是一个乐于助人的好孩子，这天他所在的乡村发生了洪水，有多名村民被困于孤岛上，于是蒜头君决定去背他们离开困境，假设蒜头君所在的村子是 n \times mn×m 的网格，网格中.号代表平地，#号代表该地已被洪水淹没，A、B……等大写字母表示该地有村民被困，s代表蒜头君的起点，t代表蒜头君的终点。
蒜头君的初始速度为 kk 秒一格，他每次可以向上下左右 44 个方向中的一个移动 11 格。在背上一个村民后，他的速度可能会降低，也可能会加快，但他的速度不能快于 11 秒每格，那么蒜头君想知道，他最快需要多长时间将所有村民救出？
注意：不能在终点以外的地方放下村民；可以同时背多个村民。
输入格式
第一行 33 个正整数 n,m,kn,m,k，分别表示村庄长度、宽度、蒜头君初始速度。
接下来 nn 行，每行一个长度为 mm 的字符串，表示村庄的地形，字符串意义如上所述。
接下来若干行，每行一个大写字母、一个整数，表示该编号的村民会使 kk 增加 / 减少多少。行数等同于地形中大写字母的个数。大写字母按字典序，即A、B、C的顺序排列，保证前后两行的字母是连续的。
输出格式
输出 11 个整数，表示最小用时。
数据规模
对于 10% 的数据，满足 1 \le n,m \le 51≤n,m≤5，村民个数为 11；
对于 50% 的数据，满足 1\le n,m\le51≤n,m≤5，村民个数小于等于 55；
对于 100% 的数据，满足 1\le n,m\le101≤n,m≤10，村民个数小于等于 1010。
样例输入
4 4 2 s.## ..A# .B## ...t A -3 B 4
样例输出
17题解：dp首先是50分做法：定义f[2^num][2^num][x][y]第一维每一位若为 1 表示该村民正被蒜头君所背，第二维每一位若为1表示该村民已被放至安全地带，最后两维表示蒜头君当前所处位置。转移时分别考虑是否有村民，是否是终点就行了复杂度为O(4^num*n*m)100分：将一维和二维合起来，定义一个三进制数，0表示还没救，1表示背在身上，2表示已送达转移用记忆化搜索就行了，不用考虑转移顺序，但YZD大神直接dp，效率贼高在到终点时，不用枚举子集，直接考虑2种情况：1.把会减慢速度的人放下2.把所有人放下
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstring>
5 using namespace std;
6 struct Node
7 {
8 int x,y,s;
9 }q[2000001];
10 int dx[5]={0,1,-1,0,0},dy[5]={0,0,0,1,-1};
11 int peo[11],k,n,m,t,sp[11],pw[11];
12 int f[60001][11][11];
13 char a[11][11],s[11][11];
14 int cal_spd(int x)
15 {int p=0,ss=0,i;
16 memset(peo,0,sizeof(peo));
17 while (x)
18 {
19 p++;
20 peo[p]=x%3;
21 x/=3;
22 }
23 ss=k;
24 for (i=1;i<=t;i++)
25 {
26 if (peo[i]==1)
27 {
28 ss+=sp[i];
29 }
30 }
31 if (ss<1) ss=1;
32 return ss;
33 }
34 int pick(int ss,int x,int y)
35 {int i,po,p=0;
36 for (i=1;i<=t;i++)
37 if (a[x][y]==s[i][0])
38 {
39 po=i;break;
40 }
41 memset(peo,0,sizeof(peo));
42 while (ss)
43 {
44 p++;
45 peo[p]=ss%3;
46 ss/=3;
47 }
48 for (i=1;i<=t;i++)
49 if (peo[po]) return 0;
50 peo[po]=1;
51 for (i=t;i>=1;i--)
52 ss=ss*3+peo[i];
53 return ss;
54 }
55 int drop1(int ss,int x,int y)
56 {int p=0,i;
57 memset(peo,0,sizeof(peo));
58 while (ss)
59 {
60 p++;
61 peo[p]=ss%3;
62 ss/=3;
63 }
64 for (i=1;i<=t;i++)
65 if (peo[i]==1) peo[i]=2;
66 for (i=t;i>=1;i--)
67 ss=ss*3+peo[i];
68 return ss;
69 }
70 int drop2(int ss,int x,int y)
71 {int p=0,i;
72 memset(peo,0,sizeof(peo));
73 while (ss)
74 {
75 p++;
76 peo[p]=ss%3;
77 ss/=3;
78 }
79 for (i=1;i<=t;i++)
80 if (peo[i]==1&&sp[i]>0) peo[i]=2;
81 for (i=t;i>=1;i--)
82 ss=ss*3+peo[i];
83 return ss;
84 }
85 int main()
86 {int i,j,xh,yh,xt,yt,head,tail;
87 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
88 for (i=1;i<=n;i++)
89 {
90 scanf("%s",a[i]+1);
91 for (j=1;j<=m;j++)
92 if (a[i][j]==‘s‘) xh=i,yh=j;
93 else if (a[i][j]==‘t‘) xt=i,yt=j;
94 else
95 if (a[i][j]>=‘A‘&&a[i][j]<=‘Z‘) t++;
96 }
97 for (i=1;i<=t;i++)
98 {
99 scanf("%s%d",s[i],&sp[i]);
100 }
101 pw[0]=1;
102 for (i=1;i<=t;i++)
103 pw[i]=pw[i-1]*3;
104 memset(f,127/3,sizeof(f));
105 f[0][xh][yh]=0;
106 q[1].x=xh;q[1].y=yh;q[1].s=0;
107 head=0;tail=1;
108 while (head<tail)
109 {
110 head++;
111 head%=2000000;
112 int spd=cal_spd(q[head].s);
113 int nx=q[head].x,ny=q[head].y;
114 for (i=1;i<=4;i++)
115 {
116 int x=nx+dx[i],y=ny+dy[i];
117 if (x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m)
118 {
119 if (a[x][y]!=‘#‘&&f[q[head].s][x][y]>f[q[head].s][nx][ny]+spd)
120 {
121 f[q[head].s][x][y]=f[q[head].s][nx][ny]+spd;
122 tail++;tail%=2000000;
123 q[tail].s=q[head].s;q[tail].x=x;q[tail].y=y;
124 }
125 if (a[x][y]>=‘A‘&&a[x][y]<=‘Z‘)
126 {
127 int nxt=pick(q[head].s,x,y);
128 if (f[nxt][x][y]>f[q[head].s][nx][ny]+spd)
129 {
130 f[nxt][x][y]=f[q[head].s][nx][ny]+spd;
131 tail++;tail%=2000000;
132 q[tail].s=nxt;q[tail].x=x;q[tail].y=y;
133 }
134 }
135 if (a[x][y]==‘t‘)
136 {
137 int nxt1=drop1(q[head].s,x,y);
138 int nxt2=drop2(q[head].s,x,y);
139 if (f[nxt1][x][y]>f[q[head].s][x][y])
140 {
141 f[nxt1][x][y]=f[q[head].s][x][y];
142 tail++;tail%=2000000;
143 q[tail].s=nxt1;q[tail].x=x;q[tail].y=y;
144 }
145 if (f[nxt2][x][y]>f[q[head].s][x][y])
146 {
147 f[nxt2][x][y]=f[q[head].s][x][y];
148 tail++;tail%=2000000;
149 q[tail].s=nxt2;q[tail].x=x;q[tail].y=y;
150 }
151 }
152 }
153 }
154 }
155 cout<<f[pw[t]-1][xt][yt];
156 }
时间： 2024-10-10 14:06:03