ACM-BFS之A计划——hdu2102

A计划

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2102

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 8403 Accepted Submission(s): 1995

Problem Description

可怜的公主在一次次被魔王掳走一次次被骑士们救回来之后，而今，不幸的她再一次面临生命的考验。魔王已经发出消息说将在T时刻吃掉公主，因为他听信谣言说吃公主的肉也能长生不老。年迈的国王正是心急如焚，告招天下勇士来拯救公主。不过公主早已习以为常，她深信智勇的骑士LJ肯定能将她救出。

现据密探所报，公主被关在一个两层的迷宫里，迷宫的入口是S（0，0，0），公主的位置用P表示，时空传输机用#表示，墙用*表示，平地用.表示。骑士们一进入时空传输机就会被转到另一层的相对位置，但如果被转到的位置是墙的话，那骑士们就会被撞死。骑士们在一层中只能前后左右移动，每移动一格花1时刻。层间的移动只能通过时空传输机，且不需要任何时间。

Input

输入的第一行C表示共有C个测试数据，每个测试数据的前一行有三个整数N，M，T。 N，M迷宫的大小N*M（1 <= N,M <=10)。T如上所意。接下去的前N*M表示迷宫的第一层的布置情况，后N*M表示迷宫第二层的布置情况。

Output

如果骑士们能够在T时刻能找到公主就输出“YES”，否则输出“NO”。

Sample Input

1

5 5 14

S*#*.

.#...

.....

****.

...#.

..*.P

#.*..

***..

...*.

*.#..

Sample Output

YES

Source

HDU 2007-6 Programming Contest

A计划，电影不错，题目也不错。

广度优先搜索，算个伪三维的吧。。

这个有一点独特的就是有传送阵，这一说法，到达传送阵，一定要传送，不能停留原地，而且不花费时间。

做这道题，刚开始要除去一些情况：

两个传送阵互传 or 传送过去是墙

这两种情况让两层相应位置都变成墙。

剩下的按广搜步骤慢慢来，就可以了。

还有一点，判断终点，要记三个坐标，不要只记录两个（只记录x,y的，层数不一样也不行的）

最后不要忘了，有T时刻的要求~。~

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <queue>
using namespace std;
struct Node
{
    int x,y,lev,step;
};
int n,m,t,dis[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};
char mapp[2][15][15];
bool ispos,vis[2][15][15];

void bfs(int x,int y,int level)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    queue <Node> q;
    Node pre,lst;
    int i;

    pre.x=x;
    pre.y=y;
    pre.lev=level;
    pre.step=0;
    vis[pre.lev][pre.x][pre.y]=1;
    q.push(pre);

    while( !q.empty() )
    {
        pre=q.front();
        q.pop();

        // 找到公主
        if(  mapp[pre.lev][pre.x][pre.y]==‘P‘ && pre.step<=t )    {ispos=1;return;}
        for(i=0;i<4;++i)
        {
            lst.x=pre.x+dis[i][0];
            lst.y=pre.y+dis[i][1];
            lst.step=pre.step+1;
            // 时间过了，公主会被吃掉
            if( lst.step>t )    continue;
            // 下一步越界
            if( lst.x<0||lst.y<0||lst.x>=n||lst.y>=m )    continue;
            // 下一步走过或者撞墙
            if( mapp[pre.lev][lst.x][lst.y]==‘*‘ || vis[pre.lev][lst.x][lst.y]==1 )  continue;
            // 如果下一步到达传送阵
            if( mapp[pre.lev][lst.x][lst.y]==‘#‘)
            {
                lst.lev=(pre.lev+1)%2;
                vis[pre.lev][lst.x][lst.y]=1;
                q.push(lst);
                continue;
            }

            vis[pre.lev][lst.x][lst.y]=1;
            lst.lev=pre.lev;
            q.push(lst);
        }
    }
}

int main()
{
    int test,i,j,k;
    cin>>test;
    while( test-- )
    {
        cin>>n>>m>>t;
        for(k=0;k<2;++k)
            for(i=0;i<n;++i)
                for(j=0;j<m;++j)
                    cin>>mapp[k][i][j];

        // 将没必要的全去掉
        for(i=0;i<n;++i)
        {
            for(j=0;j<m;++j)
            {
                if(mapp[0][i][j]==‘#‘)
                    if(mapp[1][i][j]==‘*‘ || mapp[1][i][j]==‘#‘)
                        mapp[0][i][j]=mapp[1][i][j]=‘*‘;
                if(mapp[1][i][j]==‘#‘)
                    if(mapp[0][i][j]==‘*‘ || mapp[0][i][j]==‘#‘)
                        mapp[0][i][j]=mapp[1][i][j]=‘*‘;
            }
        }

        ispos=0;
        bfs(0,0,0);
        if(ispos)   cout<<"YES"<<endl;
        else    cout<<"NO"<<endl;
    }
    return 0;
}