codevs 1026:逃跑的拉尔夫

题目描述 Description
年轻的拉尔夫开玩笑地从一个小镇上偷走了一辆车，但他没想到的是那辆车属于警察局，并且车上装有用于发射车子移动路线的装置。

那个装置太旧了，以至于只能发射关于那辆车的移动路线的方向信息。

编写程序，通过使用一张小镇的地图帮助警察局找到那辆车。程序必须能表示出该车最终所有可能的位置。

小镇的地图是矩形的，上面的符号用来标明哪儿可以行车哪儿不行。“.”表示小镇上那块地方是可以行车的，而符号“X”表示此处不能行车。拉尔夫所开小车的初始位置用字符的“*”表示，且汽车能从初始位置通过。

汽车能向四个方向移动：向北(向上)，向南(向下)，向西(向左)，向东(向右)。

拉尔夫所开小车的行动路线是通过一组给定的方向来描述的。在每个给定的方向，拉尔夫驾驶小车通过小镇上一个或更多的可行车地点。

输入描述 Input Description
输入文件的第一行包含两个用空格隔开的自然数R和C，1≤R≤50，1≤C≤50，分别表示小镇地图中的行数和列数。

以下的R行中每行都包含一组C个符号(“.”或“X”或“*”)用来描述地图上相应的部位。

接下来的第R+2行包含一个自然数N，1≤N≤1000，表示一组方向的长度。

接下来的N行幅行包含下述单词中的任一个：NORTH(北)、SOUTH(南)、WEST(西)和EAST(东)，表示汽车移动的方向，任何两个连续的方向都不相同。

输出描述 Output Description
输出文件应包含用R行表示的小镇的地图(象输入文件中一样)，字符“*”应该仅用来表示汽车最终可能出现的位置。

样例输入 Sample Input
4 5

.....

.X...

...*X

X.X..

3

NORTH

WEST

SOUTH

样例输出 Sample Output
.....

*X*..

*.*.X

X.X..

题目

芒果君：原来直接抄的题解…………今天重新打…………其实本题有点像dp，因为这一层的点tail必须由上一层的head扩展而来，但如果你把所有点都塞到队列里面而写while(head!=tail)，就会发生这一层辛辛苦苦扩展的点被再次取出却只能扔掉的惨剧。于是层与层之间的关系必须分清楚。我们记录新tail的个数为cnt，用来更新的head的个数为frontcnt，发现这一层的cnt是下一层的frontcnt，这样我们每次用frontcnt来限制点的出队次数就能解决了。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 using namespace std;
 8 struct node{
 9     int x,y;
10     node(int a,int b){x=a,y=b;}
11 };
12 queue<node>Q;
13 int vis[60][60],mp[60][60],n,m,q,dx[4]={-1,1,0,0},dy[4]={0,0,-1,1};//n s w e
14 char ch,s[9];
15 inline bool ok(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
16 int main()
17 {
18     char ch;
19     scanf("%d%d",&n,&m);
20     for(int i=1;i<=n;++i)
21         for(int j=1;j<=m;++j){
22             scanf(" %c",&ch);
23             if(ch!=‘X‘){
24                 mp[i][j]=1;
25                 if(ch==‘*‘) Q.push(node(i,j));
26             }
27         }
28     int frontcnt=1,cnt=0;
29     scanf("%d",&q);
30     while(q--){
31         scanf("%s",s);
32         int k;
33         switch(s[0]){
34             case ‘N‘:k=0;break;
35             case ‘S‘:k=1;break;
36             case ‘W‘:k=2;break;
37             case ‘E‘:k=3;break;
38         }
39         cnt=0;
40         for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) vis[i][j]=0;
41         while(frontcnt--){
42             node h=Q.front();
43             Q.pop();
44             int X=h.x,Y=h.y;
45             while(1){
46                 X+=dx[k],Y+=dy[k];
47                 if(!ok(X,Y)||!mp[X][Y]||vis[X][Y]) break;
48                 Q.push(node(X,Y));
49                 vis[X][Y]=1;
50                 cnt++;
51                 if(!q) mp[X][Y]=2;
52             }
53         }
54         frontcnt=cnt;
55     }
56     for(int i=1;i<=n;++i){
57         for(int j=1;j<=m;++j){
58             if(mp[i][j]==2) printf("*");
59             else if(!mp[i][j]) printf("X");
60             else printf(".");
61         }
62         puts("");
63     }
64     return 0;
65 }