兰顿蚂蚁
2016-04-01 20:41
162 查看
题目:
历届试题 兰顿蚂蚁
时间限制:1.0s 内存限制:256.0MB
问题描述
兰顿蚂蚁,是于1986年,由克里斯·兰顿提出来的,属于细胞自动机的一种。
平面上的正方形格子被填上黑色或白色。在其中一格正方形内有一只“蚂蚁”。
蚂蚁的头部朝向为:上下左右其中一方。
蚂蚁的移动规则十分简单:
若蚂蚁在黑格,右转90度,将该格改为白格,并向前移一格;
若蚂蚁在白格,左转90度,将该格改为黑格,并向前移一格。
规则虽然简单,蚂蚁的行为却十分复杂。刚刚开始时留下的路线都会有接近对称,像是会重复,但不论起始状态如何,蚂蚁经过漫长的混乱活动后,会开辟出一条规则的“高速公路”。
蚂蚁的路线是很难事先预测的。
你的任务是根据初始状态,用计算机模拟兰顿蚂蚁在第n步行走后所处的位置。
输入格式
输入数据的第一行是 m n 两个整数(3 < m, n < 100),表示正方形格子的行数和列数。
接下来是 m 行数据。
每行数据为 n 个被空格分开的数字。0 表示白格,1 表示黑格。
接下来是一行数据:x y s k, 其中x y为整数,表示蚂蚁所在行号和列号(行号从上到下增长,列号从左到右增长,都是从0开始编号)。s 是一个大写字母,表示蚂蚁头的朝向,我们约定:上下左右分别用:UDLR表示。k 表示蚂蚁走的步数。
输出格式
输出数据为两个空格分开的整数 p q, 分别表示蚂蚁在k步后,所处格子的行号和列号。
样例输入
5 6
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
2 3 L 5
样例输出
1 3
样例输入
3 3
0 0 0
1 1 1
1 1 1
1 1 U 6
样例输出
0 0
首先建立一个二维数组来使读者输入地图,用一个变量head来记录头的朝向
历届试题 兰顿蚂蚁
时间限制:1.0s 内存限制:256.0MB
问题描述
兰顿蚂蚁,是于1986年,由克里斯·兰顿提出来的,属于细胞自动机的一种。
平面上的正方形格子被填上黑色或白色。在其中一格正方形内有一只“蚂蚁”。
蚂蚁的头部朝向为:上下左右其中一方。
蚂蚁的移动规则十分简单:
若蚂蚁在黑格,右转90度,将该格改为白格,并向前移一格;
若蚂蚁在白格,左转90度,将该格改为黑格,并向前移一格。
规则虽然简单,蚂蚁的行为却十分复杂。刚刚开始时留下的路线都会有接近对称,像是会重复,但不论起始状态如何,蚂蚁经过漫长的混乱活动后,会开辟出一条规则的“高速公路”。
蚂蚁的路线是很难事先预测的。
你的任务是根据初始状态,用计算机模拟兰顿蚂蚁在第n步行走后所处的位置。
输入格式
输入数据的第一行是 m n 两个整数(3 < m, n < 100),表示正方形格子的行数和列数。
接下来是 m 行数据。
每行数据为 n 个被空格分开的数字。0 表示白格,1 表示黑格。
接下来是一行数据:x y s k, 其中x y为整数,表示蚂蚁所在行号和列号(行号从上到下增长,列号从左到右增长,都是从0开始编号)。s 是一个大写字母,表示蚂蚁头的朝向,我们约定:上下左右分别用:UDLR表示。k 表示蚂蚁走的步数。
输出格式
输出数据为两个空格分开的整数 p q, 分别表示蚂蚁在k步后,所处格子的行号和列号。
样例输入
5 6
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
2 3 L 5
样例输出
1 3
样例输入
3 3
0 0 0
1 1 1
1 1 1
1 1 U 6
样例输出
0 0
首先建立一个二维数组来使读者输入地图,用一个变量head来记录头的朝向
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 | #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; int n[4][2]={{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}},a[5][201]; int k,p=0,nx,ny,head; void dfs(int x,int y) { if(p==k) { p++; nx=x;ny=y; return; } else if(p>k) return; //判断当前格子的颜色 if(a[x][y]==0) { head=(head+1)%4;//因为在黑格中为右转,是++,所以不会小于零,只要用原数对4取余就可以 a[x][y]=1; p++; if(a[x+n[head][0]][y+n[head][1]]!=-1) dfs(x+n[head][0],y+n[head][1]); else dfs(x,y); } else if(a[x][y]==1) { if((head-1)<0) //在白格中可能会减得小于零,所以需要先判断一下 head=3; else head--; a[x][y]=0; p++; if(a[x+n[head][0]][y+n[head][1]]!=-1) dfs(x+n[head][0],y+n[head][1]); else dfs(x,y); } else cout<<"error"; } int main() { int col,row; memset(a,-1,sizeof(a)); cin>>col>>row; for(int i=1;i<=row;i++) for(int j=1;j<=col;j++) cin>>a[i][j]; int x,y; char ch; cin>>x>>y>>ch>>k; switch(ch) { case'U':head=0;break; case'L':head=1;break; case'D':head=2;break; case'R':head=3;break; } dfs(x+1,y+1); cout<<nx-1<<' '<<ny-1; return 0; } |
相关文章推荐
- JavaWeb 后端 <十四> 文件上传下载
- 构建之法阅读笔记04
- 基于cocoapods安装Masonry框架
- MATLAB中imshow()和image()
- POJ 3176 简单DP
- 数组中指针的应用
- hdu Problem 1242 Rescue bfs + 优先队列
- 省赛一Ballons dfs
- 两个 Long 类型为什么不能直接用==比较
- 专题一总结 贪心算法
- NYOJ 613 HDU 1173 免费馅饼 (动态规划)
- [BZOJ2004][Hnoi2010]Bus 公交线路
- NYOJ38-布线问题
- 事务及并发控制(锁,死锁,恢复)
- 基于反射实现自己主动化restful开发
- 关于FileOutputStream的问题
- Javascript序列化
- [Typescript] Function defination
- service中获取sharedpreferences数据不同步
- EntityFramework 6