胜利大逃亡(续)

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

-1

分析：学习位压缩很好的一道题，因为只有10把钥匙，那么可以把10钥匙压缩二进制，比如1000就表示身上只要第4把钥匙的状态，110表示带有第2把和第3把钥匙，那么要判断当前的钥匙串有没有能打开当前门钥匙，那么就只要一个&运算就可以，因为11101110&00100000==00100000 这样就说明那一把钥匙在里面，若为0就不在这里面。如果对于当前点是一把钥匙的时候，只要|运算就可以了，11101110 | 00010000 这样就把当前这把钥匙放进了钥匙串里面了

代码如下：

 # include<iostream>

 # include<cstring>

 # include<cstdio>

 # include<queue>

 using namespace std;

 struct node{

     int x,y,key;

 };

 char map[][];

 int vis[][][];

 int n,m,t;

 int dx[]={,,-,};

 int dy[]={,,,-};

 int bfs(int sx,int sy){

     int x,y,key;

     memset(vis,,sizeof(vis));

     queue<node> q;

     node temp;

     temp.x = sx; temp.y = sy; temp.key = ;

     q.push(temp);

     while(!q.empty()){

         temp = q.front();    q.pop();

         sx = temp.x; sy = temp.y; key = temp.key;

         if(vis[sx][sy][key]  > t)

             return -;

         int i;

         for(i=;i<;i++){

             x = sx+dx[i]; y = sy+dy[i];

             if(x< || x>=n ||y< ||y>=m)

                 continue;

             if(map[x][y]== '^')

                 return vis[sx][sy][key]+;

             if(map[x][y]=='*' || vis[x][y][key])

                 continue;

             if(map[x][y]=='.' || map[x][y] == '@'){

                 vis[x][y][key] = vis[sx][sy][key] + ;

                 temp.x = x; temp.y = y; temp.key = key;

                 q.push(temp);

             }

             if(map[x][y] >='a' && map[x][y]<='j'){

                 int key1 = (key|(<<(map[x][y]-'a')));

                 vis[x][y][key1] = vis[sx][sy][key] + ;

                 temp.x = x; temp.y = y; temp.key = key1;

                 q.push(temp);

             }

             if(map[x][y]>='A' && map[x][y]<='J'){

                 if(key & (<<(map[x][y]-'A'))){

                     vis[x][y][key] = vis[sx][sy][key] + ;

                     temp.x = x; temp.y = y; temp.key = key;

                     q.push(temp);

                 }

             }

         }

     }

     return -;

 }

 int main(){

     int sx,sy,i,j;

     while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&t)!=EOF){

         for(i=;i<n;i++){

             scanf("%s",map[i]);

             for(j=;j<m;j++){

                 if(map[i][j]=='@')

                 { sx=i; sy=j; }

             }

         }

         int ans = bfs(sx,sy);

         if(ans<t)

             printf("%d\n",ans);

         else

             printf("-1\n");

     }

     return ;

 }

巴特西

HDU 1429 胜利大逃亡(续)（DP + 状态压缩）

胜利大逃亡(续)

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