hdu 1253:胜利大逃亡(基础广搜BFS)
2014-03-28 09:59
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胜利大逃亡
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 23779 Accepted Submission(s): 9125
[align=left]Problem Description[/align]
Ignatius被魔王抓走了,有一天魔王出差去了,这可是Ignatius逃亡的好机会.
魔王住在一个城堡里,城堡是一个A*B*C的立方体,可以被表示成A个B*C的矩阵,刚开始Ignatius被关在(0,0,0)的位置,离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置,现在知道魔王将在T分钟后回到城堡,Ignatius每分钟能从一个坐标走到相邻的六个坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出Ignatius能否在魔王回来前离开城堡(只要走到出口就算离开城堡,如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1.
[align=left]Input[/align]
输入数据的第一行是一个正整数K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第一行是四个正整数A,B,C和T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的大小和魔王回来的时间.然后是A块输入数据(先是第0块,然后是第1块,第2块......),每块输入数据有B行,每行有C个正整数,代表迷宫的布局,其中0代表路,1代表墙.(如果对输入描述不清楚,可以参考Sample Input中的迷宫描述,它表示的就是上图中的迷宫)
特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.
[align=left]Output[/align]
对于每组测试数据,如果Ignatius能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他最少需要多少分钟,否则输出-1.
[align=left]Sample Input[/align]
1
3 3 4 20
0 1 1 1
0 0 1 1
0 1 1 1
1 1 1 1
1 0 0 1
0 1 1 1
0 0 0 0
0 1 1 0
0 1 1 0
[align=left]Sample Output[/align]
11
[align=left]Author[/align]
Ignatius.L
[align=left]Recommend[/align]
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BFS广搜基础题。
这道题挺有新意,把二维地图的搜索转变成了三维地图的搜索,不过换汤不换药,思路是一样的。直接拿过来BFS的模板,改动了一下,提交就过了。但是效率不高,1000+MS,有大神路过希望贴个更快的代码,感激不尽!^_^
参考代码:
#include <iostream> #include <string.h> #include <queue> using namespace std; int a[55][55][55]; //记录地图 int isv[55][55][55]; //记录访问过没有 int dx[6] = {0,1,0,-1,0,0}; int dy[6] = {1,0,-1,0,0,0}; int dz[6] = {0,0,0,0,-1,1}; int A,B,C,T; struct NODE{ int x; int y; int z; int step; }; bool judge(int x,int y,int z,int step) { if( x<1 || y<1 || z<1 || x>A || y>B || z>C ) //出界 return 1; if( isv[x][y][z] ) //走过 return 1; if( a[x][y][z]==1 ) //遇到墙 return 1; if(step+1>T) //如果走这一步超过了时间,不能走 return 1; return 0; } int bfs(int x,int y,int z) //返回到达终点的时间 { memset(isv,0,sizeof(isv)); queue <NODE> q; NODE cur,next; cur.x = x; cur.y = y; cur.z = z; cur.step = 0; isv[1][1][1] = true; q.push(cur); //第一个节点入队 while(!q.empty()){ cur = q.front(); q.pop(); //队首出队 if( cur.x==A && cur.y==B && cur.z==C){ return cur.step; } for(int i=0;i<6;i++){ int nx = cur.x + dx[i]; int ny = cur.y + dy[i]; int nz = cur.z + dz[i]; if(judge(nx,ny,nz,cur.step)) //判定 continue; //可以走 next.x = nx; next.y = ny; next.z = nz; isv[nx][ny][nz] = true; //记录访问过 next.step = cur.step + 1; q.push(next); } } return 0; } int main() { int n; cin>>n; while(n--){ scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&T); int i,j,k; for(i=1;i<=A;i++) for(j=1;j<=B;j++) for(k=1;k<=C;k++) scanf("%d",&a[i][j][k]); int step = bfs(1,1,1); if(step) //到达终点 printf("%d\n",step); else printf("-1\n"); } return 0; }
Run ID | Submit Time | Judge Status | Pro.ID | Exe.Time | Exe.Memory | Code Len. | Language | Author |
10416745 | 2014-03-28 09:53:41 | Accepted | 1253 | 1140MS | 1652K | 1877 B | C++ | freecode |
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