胜利大逃亡(续)
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 7359 Accepted Submission(s): 2554
Problem Description
Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……
这次魔王汲取了上次的教训，把Ignatius关在一个n*m的地牢里，并在地牢的某些地方安装了带锁的门，钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置，离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试，Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢，如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。
Input
每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图，其中包括:
. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙，对应的门分别为A-J
每组测试数据之间有一个空行。
Output
针对每组测试数据，如果可以成功逃亡，请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。
Sample Input
4 5 17 @A.B. a*.*. *..*^ c..b* 4 5 16 @A.B. a*.*. *..*^ c..b*
Sample Output
16 -1
题目分析：
看题目不难读懂这就是BFS的应用，但是读完题会发现又在传统的bfs问题中多了找钥匙的环节。好像无从下手了，怎么办，放心没有解决不了的问题。
首先要考虑走到每个门前怎么判断是否有此门的钥匙，这个好办用二进制密码z表示
如果是有a钥匙就是1 = 1
如果有ab钥匙就是11 = 3
如果是abc钥匙是111 = 7
如果是abcd钥匙都有是1111 = 15
如果是acd钥匙就是1011 =11
如果是abd钥匙就是1101 = 13
如果是abdg钥匙已有就是1101001 = 105
看出门道了吧！总共是10把钥匙每把钥匙对应二进制数的对应位置，没有的钥匙对应位置就是0
如果走到 A门了 n=A-'A' n就是这个门的属性 那么怎么匹配钥匙呢！很简单就是z&(1<<n)==(1<<n)
如果此等式成立就匹配上了。如果你对位运算不太熟悉可能看不懂，不要怕。我来简单普及一下神奇的位运算。
1<<n 意思是1的二进制在尾部添加n个零如果n是4 那么结果就是 10000
z&(1<<n)又是什么鬼，比如z=3那么z的二进制就是11如果n=1 那么 1<<n 就是10 那么 11&10=10
也就是 111&000=000 10110&01000=00000 10110&00100=00100 只有对应位上是1的才是1否则都是0
那么对于这个题目来说怎么储存钥匙啊
比如有a钥匙就是1如果现在再碰到 c钥匙的话 c-‘a’=2；那么001|100=101 这不是就记录了ac钥匙了
如果碰到A门那么 101=5&(1<<0)=001 结果 与 1<<0相等 也即是结果不为零就证明匹配上了
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; typedef struct{ int x,y; int key; int step; }node; int n,m,sx,sy,ex,ey,t; int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}}; char map[22][22]; int mark[22][22][1024]; bool judge(int x,int y){ if(x<0||x>=n||y<0||y>=m) return true; return false; } int bfs(){ int x,y,z,value; node start,next; queue<node>Q; memset(mark,0,sizeof(mark)); start.x=sx,start.y=sy,start.step=0,start.key=0; mark[sx][sy][0]=1; Q.push(start); while(!Q.empty()){ start=Q.front(); Q.pop(); if(start.x==ex&&start.y==ey&&start.step<t) return start.step; for(int i=0;i<4;i++){ next=start; x=start.x+dir[i][0]; y=start.y+dir[i][1]; z=start.key; if(judge(x,y)||mark[x][y][z]||map[x][y]=='*') continue; if(map[x][y]>='A'&&map[x][y]<='J'){ value=map[x][y]-'A'; if((z&(1<<value))!=(1<<value)) continue; } if(map[x][y]>='a'&&map[x][y]<='j'){ value=map[x][y]-'a'; z=z|(1<<value); } next.x=x,next.y=y,next.key=z; next.step++; mark[x][y][z]=1; Q.push(next); } } return -1; } int main() { while(cin>>n>>m>>t){ for(int i=0;i<n;i++) { cin>>map[i]; for(int j=0;j<m;j++){ if(map[i][j]=='@') sx=i,sy=j; if(map[i][j]=='^') ex=i,ey=j; } } printf("%d\n",bfs()); } return 0; }
