Description
给你一个\(n~\times~m\)的矩阵，一开始你在第\(r\)行第\(c\)列。你的上下移动不受限制，向左最多移动\(x\)次，向右最多移动\(y\)次。求你最多能到多少个点。包括起始点。
Input
第一行是\(n\)和\(m\)，代表矩阵规模。
第二行是\(r\)和\(c\)，代表你的位置
第三行是\(x\)和\(y\)，代表移动限制
下面\(n\)行每行\(m\)个字符，有且仅有‘.‘和‘‘两种。如果第\(i\)行第\(j\)列是‘‘代表你不能经过这个点。
Output
输出一行一个数代表能到的最多点数
Sample Input
4 5
3 2
1 2
.....
.***.
...**
*....Sample Output
10Hint
\(For~All:\)
\(0~\leq~n,m,r,c~\leq~2000\),\(0~\leq~x,y~\leq~10^9\)
Solution
朴素的\(bfs\)显然是对的，可以状态太多存不下。
考虑如果从\((sx,sy)\)点到一个点\((x,y)\)时，假设共向右走了\(r\)步，向左走了\(l\)步，显然\(r-l\)是一个定值。具体的，\(r-l~=~y-sy\)。于是，对于任意一个目标\((x,y)\)，发现\(l\)事实上与\(r\)线性正相关。对于一个点，显然到该点的\(r\)越小越好，同时由于\(l\)和\(r\)线性正相关，所以最小化\(r\)的同时，\(l\)已经被最小化了。于是可以直接建图跑最短路，所有向右的边权为1，其他边权为0。跑完后扫描整个地图就可以判断合法性了。
这里的一个新姿势是\(0/1bfs\)。当边权只有\(0/1\)时，可以使用双端队列进行bfs，具体的，当当前边的权值时\(0\)时，将终点压入队首，否则压入队尾。考虑这么做的正确性：易证任意一时刻队列中的点dist差值不超过1。于是正确性显然。\(0/1bfs\)的复杂度为\(O(V+E)\)。相比dij少了一个log。
Code
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int
typedef long long int ll;
namespace IO{
char buf[110];
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch=getchar(),lst=' ';
while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(lst == '-') x=-x;
}
template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x < 0) {putchar('-');x=-x;}
rg int top=0;
do {
IO::buf[++top]=x%10+'0';
} while(x/=10);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
T _temp=a;a=b;b=_temp;
}
const int maxn = 2010;
const int fx[]={0,-1,0,1};
const int fy[]={1,0,-1,0};
const int fv[]={1,0,0,0};
int n,m,sx,sy,x,y;
int MU[maxn][maxn];
char mp[maxn][maxn];
std::deque<int>Qx,Qy;
int main() {
qr(n);qr(m);qr(sx);qr(sy);qr(x);qr(y);
for(rg int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",mp[i]+1);
memset(MU,0x3f,sizeof MU);
MU[sx][sy]=0; Qx.push_front(sx);Qy.push_front(sy);
while(!Qx.empty()) {
int hx=Qx.front(),hy=Qy.front();Qx.pop_front();Qy.pop_front();
for(rg int i=0;i<4;++i) {
int dx=hx+fx[i],dy=hy+fy[i];
if((dx > n) || (dy > m) || (!dx) || (!dy) || (mp[dx][dy] == '*') || (MU[dx][dy] <= MU[hx][hy]+fv[i])) continue;
MU[dx][dy]=MU[hx][hy]+fv[i];
if(i) {Qx.push_front(dx);Qy.push_front(dy);}
else {Qx.push_back(dx);Qy.push_back(dy);}
}
}
rg int _ans=0;
for(rg int i=1;i<=n;++i) {
for(rg int j=1;j<=m;++j) if(mp[i][j] != '*') {
if((MU[i][j] <= y) && ((MU[i][j]-j+sy) <= x)) ++_ans;
}
}
qw(_ans,'\n',true);
return 0;
}Summary
当题设需要最小化多个变量时，不妨考虑变量间的相关关系，从此转化成单变量的极值问题。
当边权只有\(0\)和\(1\)的时候，可以考虑使用\(0/1bfs\),省去dij的log。
原文地址：https://www.cnblogs.com/yifusuyi/p/9800308.html