BZOJ 1085 SCOI 2005 骑士精神 IDA*

题目大意:有一张5*5的棋盘,上面有12和黑棋还有12个白棋。问最少多步可以到达目标状态。

思路:搜索+剪枝。至于剪枝我就用ID+A*的组合了,因为都不难想,估价函数就是当前图和目标图有多少个方块不一样。如果当前步数+估价大于当前迭代加深的层数就退出。

CODE:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int dx[] = {0,1,1,2,2,-1,-1,-2,-2};
const int dy[] = {0,2,-2,1,-1,-2,2,-1,1};

int cases;
char src[10][10],aim[10][10];

void Pretreatment()
{
	for(int i = 1; i <= 5; ++i)
		aim[1][i] = '1',aim[5][i] = '0';
	for(int i = 2; i <= 5; ++i)
		aim[2][i] = '1';
	aim[3][4] = aim[3][5] = aim[4][5] = '1';
	for(int i = 1; i <= 4; ++i)
		aim[4][i] = '0';
	aim[3][1] = aim[3][2] = aim[2][1] = '0';
	aim[3][3] = '*';
}

bool IDA_(int deep,int max_deep)
{
	int difference = 0;
	int x,y;
	for(int i = 1; i <= 5; ++i)
		for(int j = 1; j <= 5; ++j) {
			if(src[i][j] == '*')
				x = i,y = j;
			difference += (src[i][j] != aim[i][j]);
		}
	if(!difference)	return true;
	if(difference - 1 + deep > max_deep)	return false;
	for(int i = 1; i <= 8; ++i) {
		int fx = x + dx[i];
		int fy = y + dy[i];
		if(fx <= 0 || fy <= 0 || fx > 5 || fy > 5)	continue;
		swap(src[x][y],src[fx][fy]);
		if(IDA_(deep + 1,max_deep))
			return true;
		swap(src[x][y],src[fx][fy]);
	}
	return false;
}

int main()
{
	Pretreatment();
	for(cin >> cases; cases; --cases) {
		for(int i = 1; i <= 5; ++i)
			scanf("%s",src[i] + 1);
		bool flag = false;
		for(int i = 0; i <= 15 && !flag; ++i) {
			if(IDA_(0,i)) {
				flag = true;
				printf("%d\n",i);
			}
		}
		if(!flag)	puts("-1");
	}
	return 0;
}

时间: 2024-11-03 02:51:52

BZOJ 1085 SCOI 2005 骑士精神 IDA*的相关文章

[BZOJ 1085][SCOI 2005]骑士精神(IDA*搜索)

题目链接:http://www.lydsy.com:808/JudgeOnline/problem.php?id=1085 考虑到深度不超过15,IDA*搜索可做. 估价函数h()=当前不在目标位置的棋子个数. 然后其他细节就和普通的迭代加深一样了. #include <iostream> #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #include <algorithm>

【BZOJ 1085】 [SCOI2005]骑士精神

Description 在一个5×5的棋盘上有12个白色的骑士和12个黑色的骑士, 且有一个空位.在任何时候一个骑士都能按照骑士的走法(它可以走到和它横坐标相差为1,纵坐标相差为2或者横坐标相差为2,纵坐标相差为1的格子)移动到空位上. 给定一个初始的棋盘,怎样才能经过移动变成如下目标棋盘: 为了体现出骑士精神,他们必须以最少的步数完成任务. Input 第一行有一个正整数T(T<=10),表示一共有N组数据.接下来有T个5×5的矩阵,0表示白色骑士,1表示黑色骑士,*表示空位.两组数据之间没有

SCOI 2005 骑士精神 &amp;&amp; FZU 骑士 搜索+剪枝

lydsy 1085 题目链接:点击打开链接 #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <cmath> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int dx[] = {1, 1, -1, -1, 2, 2, -2, -2}; const int dy[]

[BZOJ 1085] [SCOI2005] 骑士精神 [ IDA* 搜索 ]

题目链接 : BZOJ 1085 题目分析 : 本题中可能的状态会有 (2^24) * 25 种状态,需要使用优秀的搜索方式和一些优化技巧. 我使用的是 IDA* 搜索,从小到大枚举步数,每次 DFS 验证在当前枚举的步数之内能否到达目标状态. 如果不能到达,就枚举下一个步数,重新搜索,即使某些状态在之前的 DFS 中已经搜索过,我们仍然搜索. 并且在一次 DFS 中,我们不需要判定重复的状态. 在 IDA* 中,重要的剪枝优化是 估价函数 ,将一些不可能存在可行解的枝条剪掉. 如果估价函数写得

埃及分数&amp;&amp;The Rotation Game&amp;&amp;骑士精神——IDA*

IDA*:非常好用的搜索,可以解决很多深度浅,但是规模大的搜索问题. 估价函数设计思路:观察一步最多能向答案靠近多少. 埃及分数 题目大意: 给出一个分数,由分子a 和分母b 构成,现在要你分解成一系列互不相同的单位分数(形如:1/a,即分子为1),要求:分解成的单位分数数量越少越好,如果数量一样,最小的那个单位分数越大越好. 如: 19/45 = 1/3 + 1/12 + 1/180; 19/45 = 1/5 + 1/6 + 1/18; 以上两种分解方法都要3个单位分数,但下面一个的最小单位分

bzoj 1085: [SCOI2005]骑士精神 IDA*

题目链接 给一个图, 目标位置是确定的, 问你能否在15步之内达到目标位置. 因为只有15步, 所以直接ida* #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define pb(x) push_back(x) #define ll long long #define mk(x, y) make_pair(x, y) #define lson l, m, rt<<1 #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(

骑士精神——IDA*

不说了,这玩意就是个人生题,昨天晚上各种鬼,还有变量突然变成0的坑爹事情都出现了. 十五步以上算-1解... 总体思路,IDA*: 1.写个估值函数,这里我写的是和目标图的理想差异 2.枚举步数,根据步数和估值来决定剪枝. 3.一点经验,估值剪枝不要严格卡在步数上,可以适当放高上限,确保答案在搜索树上,换言之就是剪枝写的鲁棒一点,确保答案完整性,再去考虑效率. 黏上丑陋不堪的代码: 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include

BZOJ 1087 SCOI 2005 互不侵犯King 状压DP

题目大意:一个国王可以攻击到旁边8个位置的格子,现在给出一个N*N的方格,向其中放k个国王,问有多少中摆放方法. 思路:状压DP,f[i][j][k],其中i是行数,j是状态,k是已经取了多少国王.然后暴力枚举状态,看相邻两行之间有没有冲突,若没有冲突,那么就转移. 注意要开long long CODE: #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm>

A*算法详解 BZOJ 1085骑士精神

转载1:A*算法入门 http://www.cppblog.com/mythit/archive/2009/04/19/80492.aspx 在看下面这篇文章之前,先介绍几个理论知识,有助于理解A*算法. 启发式搜索:启发式搜索就是在状态空间中的搜索对每一个搜索的位置进行评估,得到最好的位置,再从这个位置进行搜索直到目标.这样可以省略大量无畏的搜索路径,提到了效率.在启发式搜索中,对位置的估价是十分重要的.采用了不同的估价可以有不同的效果. 估价函数:从当前节点移动到目标节点的预估费用:这个估计