洛谷P1519 穿越栅栏 Overfencing

P1519 穿越栅栏 Overfencing

69通过

275提交

题目提供者该用户不存在

标签USACO

难度普及/提高-

提交 讨论 题解

最新讨论

USACO是100分，洛谷是20分

为什么只有十分

题目描述

描述 农夫John在外面的田野上搭建了一个巨大的用栅栏围成的迷宫。幸运的是，他在迷宫的边界上留出了两段栅栏作为迷宫的出口。更幸运的是，他所建造的迷宫是一个“完美的”迷宫：即你能从迷宫中的任意一点找到一条走出迷宫的路。给定迷宫的宽度W(1<=W<=38)及高度H(1<=H<=100)。 2*H+1行，每行2*W+1的字符以下面给出的格式表示一个迷宫。然后计算从迷宫中最“糟糕”的那一个点走出迷宫所需的步数(就是从最“糟糕”的一点，走出迷宫的最少步数）。（即使从这一点以最优的方式走向最靠近的出口，它仍然需要最多的步数）当然了，牛们只会水平或垂直地在X或Y轴上移动，他们从来不走对角线。每移动到一个新的方格算作一步（包括移出迷宫的那一步）这是一个W=5,H=3的迷宫：

+-+-+-+-+-+

| |

+-+ +-+ + +

| | | |

+-+-+ + +

| | |

+-+ +-+-+-+

（请将上图复制到记事本观看更加）

如上图的例子，栅栏的柱子只出现在奇数行或奇数列。每个迷宫只有两个出口。

输入输出格式

输入格式：

第一行： W和H（用空格隔开）

第二行至第2 H + 1行： 每行2 W + 1个字符表示迷宫

输出格式：

输出一个单独的整数，表示能保证牛从迷宫中任意一点走出迷宫的最小步数。

输入输出样例

输入样例#1：

5 3
+-+-+-+-+-+
|         |
+-+ +-+ + +
|     | | |
+ +-+-+ + +
| |     |
+-+ +-+-+-+

输出样例#1：

9

说明

翻译来自NOCOW

USACO 2.4

分析：这道题的输入方式很奇怪啊,为啥非要用+来表示，这样的话，要把走一格变成走两格,总的来说就是BFS.

先把图建出来，如果是空格就赋值为0，在边界处找到两个出口，加入到队列中，然后扩展节点，这样就可以只用从两个点扩展，而不必枚举一大堆点.

要求的点要从最近的出口出来，那么从出口先扩展到的一定是离这个出口更近，访问到的点打上标记，这样就不会被第二个出口扩展的节点覆盖而使答案错误,在扩展节点的时候更新最大值即可.

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;
int w, h,a[3110][3101],vis[3110][3101],ans;

int ddx[5] = { 0,-1,1,0,0 };
int ddy[5] = { 0,0,0,-1,1 };

struct node
{
int x, y, step;
};

queue <node> q;

int main()
{
scanf("%d%d\n", &w, &h);
w = w * 2 + 1;
h = h * 2 + 1;
for (int i = 1; i <= h; i++)
for (int j = 1; j <= w; j++)
a[i][j] = 1;

for (int i = 1; i <= h; i++)
{
char s[500];
cin.getline(s, 500);
for (int j = 1; j <= w; j++)
if (s[j - 1] != '+' && s[j - 1] != '-' && s[j - 1] != '|')
a[i][j] = 0;
}
/*
for (int i = 1; i <= h; i++)
{
for (int j = 1; j <= w; j++)
printf("%d", a[i][j]);
printf("\n");
}
*/
for (int i = 1; i <= h; i++)
for (int j = 1; j <= w; j++)
if (i == 1 || j == 1 || i == h || j == w)
if (a[i][j] == 0)
{
for (int k = 1; k <= 4; k++)
{
int tx = i + ddx[k], ty = j + ddy[k];
if (a[tx][ty] == 0 && tx >= 1 && tx <= h && ty >= 1 && ty <= w && vis[tx][ty] == 0)
{
node temp;
temp.x = tx;
temp.y = ty;
temp.step = 1;
q.push(temp);
vis[tx][ty] = 1;
break;
}
}
}
ans = 1;
while (!q.empty())
{
node t = q.front();
q.pop();
for (int k = 1; k <= 4; k++)
{
int tx = t.x + ddx[k], ty = t.y + ddy[k],tstep = t.step;
if (a[tx][ty] == 0 && tx + ddx[k] <= h && tx + ddx[k] >= 1 && ty + ddy[k] <= w && ty + ddy[k] >= 1 && vis[tx + ddx[k]][ty + ddy[k]] == 0)
{
node temp;
temp.x = tx + ddx[k];
temp.y = ty + ddy[k];
temp.step = tstep + 1;
vis[tx + ddx[k]][ty + ddy[k]] = 1;
q.push(temp);
//printf("%d %d %d\n", temp.x, temp.y, temp.step);
if (temp.step > ans)
ans = temp.step;
}
}
}
printf("%d\n", ans);

//while (1);
return 0;
}