noj 1058 Tom and Jerry

Tom and Jerry

时间限制(普通/Java) : 1000 MS/ 3000 MS 运行内存限制 : 65536 KByte

总提交 : 257 测试通过 : 103

比赛描述

Tom和Jerry在10*10的方格中：

……..

……*…

……..

……….

…*.C….

…..…

…*……

..M……*

….….

..……

C=Tom（猫）

M=Jerry（老鼠）

*=障碍物

.=空地

他们各自每秒中走一格，如果在某一秒末他们在同一格中，我们称他们“相遇”。注意，“对穿”是不算相遇的。

他们移动方式相同：平时沿直线走，下一步如果会走到障碍物上去或者出界，就用1秒的时间做一个右转90度。一开始他们都面向北方。

编程计算多少秒以后他们相遇。

输入

10行，格式如上

输出

相遇时间T。如果无解，输出-1。

样例输入

……..

……*…

……..

……….

…*.C….

…..…

…*……

..M……*

….….

..……

样例输出

49

题目来源

wwm

题目链接：http://acm.njupt.edu.cn/acmhome/problemdetail.do?&method=showdetail&id=1058

解题思路：

简单的深搜，因为Tom和Jerry的旋转方向是规定的，因此不用考虑最短时间的问题，dfs传递了7个参数，前四个分别代表Tom和Jerry的当前位置坐标，接着分别是Tom和Jerry的当前方向，最后一个是时间。当能走下一步时方向不改变，不能走时方向改变，只有时间是每进入一层＋1的。关键是访问过的情况标记，我用了四位数组，只有当Tom和Jerry的位置和方向全部相同是才标记。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
char s[12][12];
int vis[100][100][4][4];
int scx,scy,smx,smy;
int dx[4]={-1,0,1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
int ans;
bool p,q;
void dfs(int cx,int cy,int mx,int my,int dc,int dm,int cnt)
{
if(cx==mx && cy==my)
{
ans=cnt;
p=true;
return ;
}
int ncx=cx+dx[dc];
int ncy=cy+dy[dc];
if(ncx<0 || ncx>=10 || ncy<0 || ncy>=10 || s[ncx][ncy]=='*')
{
if(dc+1>=4)
dc=0;
else
dc+=1;
ncx=cx;
ncy=cy;
}
int nmx=mx+dx[dm];
int nmy=my+dy[dm];
if(nmx<0 || nmx>=10 || nmy<0 || nmy>=10 ||s[nmx][nmy]=='*')
{
if(dm+1>=4)
dm=0;
else
dm+=1;
nmx=mx;
nmy=my;
}
if(vis[ncx*10+ncy][nmx*10+nmy][dc][dm])
{
return;
}
vis[ncx*10+ncy][nmx*10+nmy][dc][dm]=1;
dfs(ncx,ncy,nmx,nmy,dc,dm,cnt+1);
if(p)
return ;
vis[ncx*10+ncy][nmx*10+nmy][dc][dm]=0;
}
int main(void)
{
ans=0;
p=false,q=false;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=0;i<10;i++)
{
scanf("%s",s[i]);
for(int j=0;j<10;j++)
{
if(s[i][j]=='C')
{
scx=i;
scy=j;
}
else if(s[i][j]=='M')
{
smx=i;
smy=j;
}
}
}
if(smx==scx && scy==smy)
{
printf("0\n");
return 0;
}
dfs(scx,scy,smx,smy,0,0,0);
if(p)
printf("%d\n",ans);
else
printf("-1\n");
}