hdu 1175 连连看（DFS）

题目连接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1175

连连看

Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)

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Problem Description
“连连看”相信很多人都玩过。没玩过也没关系，下面我给大家介绍一下游戏规则：在一个棋盘中，放了很多的棋子。如果某两个相同的棋子，可以通过一条线连起来（这条线不能经过其它棋子），而且线的转折次数不超过两次，那么这两个棋子就可以在棋盘上消去。不好意思，由于我以前没有玩过连连看，咨询了同学的意见，连线不能从外面绕过去的，但事实上这是错的。现在已经酿成大祸，就只能将错就错了，连线不能从外围绕过。

玩家鼠标先后点击两块棋子，试图将他们消去，然后游戏的后台判断这两个方格能不能消去。现在你的任务就是写这个后台程序。



Input
输入数据有多组。每组数据的第一行有两个正整数n,m(0<n<=1000,0<m<1000)，分别表示棋盘的行数与列数。在接下来的n行中，每行有m个非负整数描述棋盘的方格分布。0表示这个位置没有棋子，正整数表示棋子的类型。接下来的一行是一个正整数q(0<q<50)，表示下面有q次询问。在接下来的q行里，每行有四个正整数x1,y1,x2,y2,表示询问第x1行y1列的棋子与第x2行y2列的棋子能不能消去。n=0,m=0时，输入结束。

注意：询问之间无先后关系，都是针对当前状态的！



Output
每一组输入数据对应一行输出。如果能消去则输出"YES",不能则输出"NO"。



Sample Input

3 4
1 2 3 4
0 0 0 0
4 3 2 1
4
1 1 3 4
1 1 2 4
1 1 3 3
2 1 2 4
3 4
0 1 4 3
0 2 4 1
0 0 0 0
2
1 1 2 4
1 3 2 3
0 0

Sample Output

YES
NO
NO
NO
NO
YES

自己做了半天，搞出来个超时的代码，思前想后没有想到好的剪枝办法，于是上网看了下思路，可以在转弯2次的时候判断能否到达终点。

这是自己写的剪枝。。

if(now.change==2){ //改变2次方向后 直接进行判断来剪枝
            switch(i){
                case 0:  
                case 1: if(x2!=now.x){vis[now.x][now.y]=false; sign=1;} break;                
                case 2:         
                case 3: if(y2!=now.y) {vis[now.x][now.y]=false;sign=1;} break;                
            }
        }

这是别人家的剪枝

if(no.change==2&&no.x!=x2&&no.y!=y2)//如果方向为2，并且该坐标的横纵坐标与终点都不同 
    	return false;  //去掉该剪枝超时10000ms  加上218ms ac

ac的时候两个效率差不多，200ms左右

在写判断边界条件的judge函数时遇到了错误，就是当 当前点的数字与终点的数字相同时，如果当前点位置不是终点，则不能走；

3 4
5 0 1 0 
5 0 0 0 
1 4 0 5
4
3 4 1 1
1 1 3 4
2 1 3 4
3 4 2 1
0 0

例如这组数据的 3 4 1 1 如果不加上述判断就能通过了；

【源代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include <queue>
using namespace std;
int n,m;
const int maxn = 1010;
int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
int dir[maxn][maxn];//用这个数组记录当前位置的方向
bool vis[maxn][maxn];
int x1,y1,x2,y2;
int map[maxn][maxn];
int change;
struct node{
    int x,y,change; //change 转弯次数
}init;
bool judge(node now){
    if(now.x<0||now.x>=n||now.y<0||now.y>=m||vis[now.x][now.y]||(map[now.x][now.y]!=map[x1][y1]&&map[now.x][now.y]!=0))
        return false;
    if(map[now.x][now.y]==map[x1][y1]){
        if(now.x==x2&&now.y==y2)
        	return true;
       	return false;
    }
    return true;
}
bool dfs(node no){
	vis[no.x][no.y]=true;
    if(no.change>2)//如果方向改变大于2次
        return false;
    if(no.x==x2&&no.y==y2){
		return true;
	} 
 if(no.change==2&&no.x!=x2&&no.y!=y2)//如果方向为2，并且该坐标的横纵坐标与终点都不同 
    	return false;  //去掉该剪枝超时10000ms  加上218ms ac
    node now;
    for(int i=0;i<4;i++){
        now.x=no.x+dx[i];
        now.y=no.y+dy[i];
        now.change=no.change;
        if(!judge(now)) continue;
        dir[now.x][now.y]=i;
        if(dir[no.x][no.y]!=-1){ //初始位置的 方向设为-1 
            if(dir[now.x][now.y]!=dir[no.x][no.y])
                now.change++;
        }
            if(dfs(now))
                return true;
            vis[now.x][now.y]=false;
	}
    return false;
}
int main(){
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(n||m)){
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<m;j++){
                scanf("%d",&map[i][j]);
            }
            int times;
            scanf("%d",×);
            for(int i=0;i<times;i++){

                scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
                x1-=1;x2-=1;
                y1-=1;y2-=1;
                if(map[x1][y1]!=map[x2][y2]||map[x1][y1]==0||(x1==x2&&y1==y2)) // 一定不能消去的情况
                {
                    printf("NO\n");
                }
                else {
                    memset(vis,0,sizeof(vis));
                    memset(dir,0,sizeof(dir));
                    init.x=x1; init.y=y1; init.change=0;
                    dir[x1][y1]=-1;//初始位置的方向置为-1
                    if(dfs(init))
                        printf("YES\n");
                    else
                        printf("NO\n");
                }
                
            }
    }
    return 0;
}