HDU 1253 胜利大逃亡（bfs）

胜利大逃亡

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 34916    Accepted Submission(s): 12497


Problem Description

Ignatius被魔王抓走了,有一天魔王出差去了,这可是Ignatius逃亡的好机会.

魔王住在一个城堡里,城堡是一个A*B*C的立方体,可以被表示成A个B*C的矩阵,刚开始Ignatius被关在(0,0,0)的位置,离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置,现在知道魔王将在T分钟后回到城堡,Ignatius每分钟能从一个坐标走到相邻的六个坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出Ignatius能否在魔王回来前离开城堡(只要走到出口就算离开城堡,如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1.



 

Input

输入数据的第一行是一个正整数K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第一行是四个正整数A,B,C和T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的大小和魔王回来的时间.然后是A块输入数据(先是第0块,然后是第1块,第2块......),每块输入数据有B行,每行有C个正整数,代表迷宫的布局,其中0代表路,1代表墙.(如果对输入描述不清楚,可以参考Sample Input中的迷宫描述,它表示的就是上图中的迷宫)

特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.

 

Output

对于每组测试数据,如果Ignatius能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他最少需要多少分钟,否则输出-1.

 

Sample Input

1
3 3 4 20
0 1 1 1
0 0 1 1
0 1 1 1
1 1 1 1
1 0 0 1
0 1 1 1
0 0 0 0
0 1 1 0
0 1 1 0

 

Sample Output

11

分析：用BFS走迷宫，定义6个方向，套用模板。这里需要注意的是，一种是走到时间大于t没有走到终点，返回-1，一种是队列中没有值了，没点可走，返回-1（之前一直没有理解好这个）。

剪枝：这里需要一个剪枝，走到当前位置，判断走到当前位置用到时间加上假设走到终点最短的时间是否大于t，如果大于，就不用走了。

代码如下：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <queue>
using namespace std;

struct node{
int x,y,z;
int t;
};

int map[55][55][55];
int index[55][55][55];
int a,b,c,t;
int dir[6][3]={{0,-1,0},{0,0,1},{0,1,0},{0,0,-1},{1,0,0},{-1,0,0}};
queue <node> q;

void init()
{
while(!q.empty())
q.pop();
memset(index,0,sizeof(index));
}

int judge(node cc)
{
if(cc.x>=1 && cc.x<=a && cc.y>=1 && cc.y<=b && cc.z>=1 && cc.z<=c && !index[cc.x][cc.y][cc.z])
return 1;
return 0;
}

int bfs()
{
node tmp;
tmp.x=1;tmp.y=1;tmp.z=1;tmp.t=0;
index[1][1][1]=1;
q.push(tmp);
while(!q.empty())
{
node tt = q.front();
q.pop();

if(tt.t>t)
return -1;

if(tt.x==a && tt.y==b && tt.z==c)
return tt.t;

for(int k=0;k<6;k++)
{
node cc;
cc.x = tt.x+dir[k][0];
cc.y = tt.y+dir[k][1];
cc.z = tt.z+dir[k][2];
cc.t=tt.t+1;

if(judge(cc) && map[cc.x][cc.y][cc.z]==0)
{
if(fabs(cc.x-a)+fabs(cc.y-b)+fabs(cc.z-c)+cc.t>t)
//由于行走只能朝6个固定方向，这里是对剩下时间里能否走到出口进行预判，如果走最短路径依然不能再规定时间内到达出口，明显是不行的,当然不加这个判断也能AC，只是比较消耗时间
continue;
index[cc.x][cc.y][cc.z]=1;
q.push(cc);
}
}
}
return -1;
}

int main()
{
int T,i,j,k;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d %d %d %d",&a,&b,&c,&t);
for(i=1;i<=a;i++)
for(j=1;j<=b;j++)
for(k=1;k<=c;k++)
scanf("%d",map[i][j]+k);
init();
int ans = bfs();
printf("%d\n",ans);
}

return 0;
}