NYOJ 21 三个水杯(bfs)
2016-08-02 11:39
225 查看
三个水杯
时间限制:1000 ms | 内存限制:65535 KB难度:4
描述给出三个水杯,大小不一,并且只有最大的水杯的水是装满的,其余两个为空杯子。三个水杯之间相互倒水,并且水杯没有标识,只能根据给出的水杯体积来计算。现在要求你写出一个程序,使其输出使初始状态到达目标状态的最少次数。
输入第一行一个整数N(0<N<50)表示N组测试数据
接下来每组测试数据有两行,第一行给出三个整数V1 V2 V3 (V1>V2>V3 V1<100 V3>0)表示三个水杯的体积。
第二行给出三个整数E1 E2 E3 (体积小于等于相应水杯体积)表示我们需要的最终状态
输出每行输出相应测试数据最少的倒水次数。如果达不到目标状态输出-1
样例输入
2 6 3 1 4 1 1 9 3 2 7 1 1
样例输出
3 -1
这题就是一幅图,只不过是隐式的,每一个状态可以看作一个节点,告诉你起点(初始状态),告诉你终点(需要达到的状态),从一个状态到下一个状态,需要一步,因为每一步都没有权值,而且从一个状态到下一个状态有一定的条件(即有的路不能走),所以可以联想到最基本的迷宫问题,用bfs求最短步数,直接输出。
思想就是这样,写代码的时候,把某一个状态,包含在结构体中,然后队列操作时,如队列的是某一个状态。
#include <iostream> #include <string.h> #include <queue> using namespace std; struct Cup { int v[3]; int cur[3]; int step; }st; int v1, v2, v3;//三个末状态 int vis[105][105][105]; bool match(Cup x) { return (x.cur[0] == v1 && x.cur[1] == v2 && x.cur[2] == v3); } int bfs() { queue<Cup> q; q.push(st); memset(vis, 0, sizeof(vis)); vis[st.cur[0]][0][0] = 1; while(!q.empty()){ Cup u = q.front(); q.pop(); if(match(u)) return u.step; // i 中的水到给 j for(int i = 0; i < 3; i++) for(int j = 0; j < 3; j++) if(i != j){//自己不能倒给自己 int d = u.v[j] - u.cur[j]; if(u.cur[i] < d){ d = u.cur[i]; } Cup v = u; v.cur[j] += d; v.cur[i] -= d; v.step = u.step + 1; if(!vis[v.cur[0]][v.cur[1]][v.cur[2]]){ q.push(v); vis[v.cur[0]][v.cur[1]][v.cur[2]] = 1; } } } return -1; } int main() { int N; cin >> N; while(N--){ cin >> st.v[0] >> st.v[1] >> st.v[2]; st.cur[0] = st.v[0]; st.cur[1] = st.cur[2] = st.step = 0; cin >> v1 >> v2 >> v3; cout << bfs() << '\n'; } return 0; }
相关文章推荐
- NYOJ(21),BFS,三个水杯
- NYOJ-21 三个水杯(BFS)
- NYOJ 21-三个水杯(BFS搜索)
- [ACM_NYOJ_21]三个水杯(BFS广度优先搜索)
- NYOJ--21--bfs--三个水杯
- nyoj 21--三个水杯(隐式图bfs)
- NYOJ 21 三个水杯(bfs,广搜)
- NYOJ 21--三个水杯【BFS】
- NYOJ 21 三个水杯(BFS)
- NYOJ21 三个水杯 (经典问题 bfs)
- NYOJ-21-三个水杯(bfs搜索)
- BFS——NYOJ 21 三个水杯
- nyoj 21--三个水杯(隐式图bfs)
- BFS——NYOJ 21 三个水杯
- NYOJ-21-三个水杯(BFS 模拟)
- nyoj 21-三个水杯(bfs)
- nyoj21 三个水杯(bfs)
- NYOJ 21 三个水杯 【暴力+BFS】
- NYOJ 21 三个水杯 (BFS)
- BFS——NYOJ 21 三个水杯