肉骨头的诱惑

题目描述

小狗在一个古老的迷宫中发现了一根骨头，这使他非常着迷。但是，当他捡起它时，迷宫开始摇晃，小狗可以感觉
到地面下沉。他意识到骨头是一个陷阱，他拼命试图摆脱这个迷宫。迷宫是一个矩形，大小为N×M。迷宫中有一扇
门。刚开始时，门是关闭的，它将在第T秒打开一小段时间（少于1秒）。因此，小狗必须在第T秒精确到达门。每
秒钟，他可以将一个块移动到上，下，左和右相邻的块之一。一旦他进入一个块，该块的地面将开始下沉并在下一
秒消失。他不能在一个块停留超过一秒钟，也不能走到曾经走过的块区上。可怜的小狗可以生存吗？请帮助他。

输入

输入包含多个测试用例。每个测试用例的第一行包含三个整数N，M和T（1 <N，M <= 7； 0 <T <50），表示迷宫
的大小和门打开的时间，分别。接下来的N行给出迷宫的布局，每行包含M个字符。角色是以下字符之一：'X'：小
狗无法进入的墙块；'S'：小狗的起点；'D'：门；或“.”：空白块。输入以三个0终止。该测试用例将不被处理。

输出

对于每个测试用例，如果小狗可以存活，则在一行中输出“YES”，否则输出“NO”。

样例输入 Copy

4 4 5
S.X.
..X.
..XD
....
3 4 5
S.X.
..X.
...D
0 0 0

样例输出 Copy

NO
YES

∵

这道题我错了很多个TLE

∴

老师给我发了题解——虽然还是TLE50。

题解如下

（Code中的Map在最后的Code中修改[Map会出问题]）

肉骨头的诱惑

奇偶剪枝：根据题目，dog必须在第t秒到达门口。也就是需要走t-1步。设dog开始的位置为（sx,sy）,目标位置为（ex,ey）.如果abs(ex-x)+abs(ey-y)为偶数，则abs(ex-x)和abs(ey-y)奇偶性相同，所以需要走偶数步；?
当abs(ex-x)+abs(ey-y)为奇数时，则abs(ex-x)和abs(ey-y)奇偶性不同，到达目标位置就需要走奇数步。先判断奇偶性再搜索可以节省很多时间，不然的话容易超时。t-sum为到达目标位置还需要多少步。因为题目要求doggie必须在第t秒到达门的位置，所以（t-step）和abs(ex-x)+abs(ey-y)的奇偶性必然相同。因此temp=（t-step）-abs(ex-x)+abs(ey-y)必然为偶数

1.1010 temp of the bone
2.
3.sample input:
4.4 4 5
5.S.X.
6...X.
7...XD
8.....
9.
10.问题：
11.(1):
12.在发现当前节点无法到达时,这点弹出栈,并且把这点的标记重新刷为'.'
13.
14.(2):
15.如何在dfs中既要保证到达又要使时间正好呢?? 在函数中通过这种形式实现:
16.
17.dfs(int si,int sj,int cnt) 就是用cnt来记录当时的时间,并且在
18.
19.if( si==di && sj==dj && cnt==t )
20. {
21. escape = 1;
22. return;
23. }
24.
25.的时候即当前点到达了终点并且时间恰好等于题目所给限制时间时,跳出
26.并且escape标记为真
27.
28.(3):
29.如何让一个点有顺序地遍历它四周地能到达的点呢??
30.聪明并且简短的方法是设施一个dir[4][2] 数组控制方向
31.并且设置它的值为dir[4][2]={{0,-1},{0,1},{1,0},{-1,0}};
32.
33.遍历的时候用for(i:0->4)就非常方便了
34.
35.(4):
36.千万要注意的是节点越界的情况, dfs(int si,int sj,int cnt)的时候一定要把 si, sj 控制在给你的矩阵内在后面会提到一个我的列子就是因为访问了[0, -1]的位置导致了其
37.
38.他数据被更改
39.
40.(5):
41.读入矩阵的时候,可以采用for(i = 1; i <= N; i++)
42. for(j = 1; j <= M; j++)
43. scanf("%c", &map[i][j]);
44.
45.的方法,好处在于可以控制和计算每一个读入的数据,坏处是调试的时候对矩阵的观察不太方便,而且好像还会有错误,在2102"A计划"用这种方法读入数据时好像就会wa,
46.
47.另一种方法是for(i = 0; i < N; i++) gets(map[i]);
48.这样读入的数据在调试观察的时候十分方便 gets()读入的默认为字符串,在vc调试的时候是显式的可以直接观察矩阵缺点是对矩阵中各个数据的计算和控制无法实现,需要读完后再遍历一遍
49.
50.(6)
51.能用bfs还是尽量用bfs 我不会bfs.... dfs的递归在调试的时候不是很方便,而且bfs要比dfs快,调试也要方便,因为它没有递归
52.
53.(7)
54.关于剪枝,没有剪枝的搜索不太可能,这题上课的时候讲过两个剪枝,一个是奇偶剪枝,一个是路径剪枝
55.
56.奇偶剪枝:
57.把矩阵标记成如下形式:
58.0,1,0,1,0
59.1,0,1,0,1
60.0,1,0,1,0
61.1,0,1,0,1
62.很明显,如果起点在0 而终点在1 那显然要经过奇数步才能从起点走到终点,依次类推,奇偶相同的偶数步,奇偶不同的奇数步
63.在读入数据的时候就可以判断,并且做剪枝,当然做的时候并不要求把整个矩阵0,1刷一遍,读入的时候起点记为(Si,Sj) 终点记为(Di,Dj) 判断(Si+Sj) 和 (Di+Dj) 的奇偶性就可以了
64.
65.路径剪枝:
66.矩阵的大小是N*M 墙的数量记为wall 如果能走的路的数量 N*M - wall 小于时间T,就是说走完也不能到总的时间的,这显然是错误的,可以直接跳出了
67.
68.课件里面给过这题的标程,在dfs的过程中有个没提到的剪枝,就是记录当前点到终点的最短路,如果小于剩余的时间的话,就跳出
69.这个剪枝我觉得更科学,它毕竟是动态的么,标程里面是这么写的:
70.temp = (t-cnt) - abs(si-di) - abs(sj-dj);
71.if( temp<0 || temp&1 ) return;
72.
73.其中求当前点到终点的最短路是这样 abs(si-di) - abs(sj-dj) 这个就比较粗糙了明显没有考虑到碰到墙要拐弯的情况
74.那求最短路有没有什么好办法呢?
75.
76.我曾经想到过用 Dijkstraq求最短路的 ,明显大才小用,在论坛里看到一个方法觉得可以用在这里
77.给定下例:
78.
79.S.X.
80...X.
81...XD
82.....
83.
84.每个点到终点的最短路是不是这样呢:
85.
86.S6X2
87.65X1
88.54XD
89.4321
90.
91.这怎么求呢??从终点开始遍历整个数组,终点是0,它周围的点都+1,墙就不计数,依次类推,就能求得这个矩阵的一个最短时间矩阵,在dfs的时候比较当前点到终点的最短路,如果大于剩余时间的话就跳出
92.
93.这个方法的预处理还是非常快的,我没有用过,但是感觉会非常有用处.
94.
95.(8)
96.在做这题的时候,我碰到过一个神奇的事情,在程序运行至下面代码时
97.
98.if( map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] != 'X')
99. map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] = 'X';
100.
101.T被改变了!! 这丝毫和T没有关系啊,怎么改变T的值呢??
102.
103.原来在起点map[0][0]进入时,我没有注意到map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] 实际做的是map[0][-1] = 'X'; 很危险的一个赋值,书本上千万次强调的东西让我碰上了,这个地方我找了很久,因此我觉得有必要单独列出来提醒自己
104.
105.//////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////
106.下面我把一个带注释的标程贴一下,不是我写的注释
107.
108.
109.//zju 2110 Tempter of the Bone
110.这个注释当初还是帮了我很大忙的,起码让我看懂了课件
111.

题解中的Code我整理了一下

源代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char p[9][9];
int n,m,t,c,d,dir[4][2]= {{0,-1},{0,1},{1,0},{-1,0}},i,j,a,b;
bool q;
void dfs(int a,int b,int cnt) {
	int i,temp;
	if(a>n||b>m||a<=0||b<=0) return;
	if(a==c&&b==d&&cnt==t) {
		q=1;
		return;
	}
	temp=(t-cnt)-abs(a-c)-abs(b-d);
	if(temp<0||temp&1) return;
	for(i=0; i<4; i++) {
		if(p[a+dir[i][0]][b+dir[i][1]]!='X') {
			p[a+dir[i][0]][b+dir[i][1]]='X';
			dfs(a+dir[i][0], b+dir[i][1], cnt+1);
			if(q) return;
			p[a+dir[i][0]][b+dir[i][1]]='.';
		}
	}
	return;
}
int main() {
	while(cin>>n>>m>>t) {
		if(!n&&!m&&!t) break;
		int wall=0;
		for(i=1; i<=n; i++ )
			for(j=1; j<=m; j++ ) {
				cin>>p[i][j];
				if(p[i][j]=='S') {
					a=i;
					b=j;
				} else if(p[i][j]=='D') {
					c=i;
					d=j;
				} else if(p[i][j]=='X') wall++;
			}
		if(n*m-wall<=t) {
			cout<<"NO"<<endl;
			continue;
		}
		q=0;
		p[a][b]='X';
		dfs(a,b,0);
		if(q) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
}

本Code——TLE（50分）

求Orz指点，虽已剪枝，可仍为什么还是错的