给定 ( x 1 , y 1 ) \left(x_{1}, y_{1}\right) (x1,y1)， ( x 2 , y 2 ) \left(x_{2}, y_{2}\right) (x2,y2)，两点间的曼哈顿距离为
d 12 = ∣ x 1 − x 2 ∣ + ∣ y 1 − y 2 ∣ d_{12}=\left|x_{1}-x_{2}\right|+\left|y_{1}-y_{2}\right| d12=∣x1−x2∣+∣y1−y2∣
Q1：显示图像
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
古老的显示屏是由N×M个象素（Pixel）点组成的。一个象素点的位置是根据所在行数和列数决定的。例如P(2,1)表示第2行第1列的象素点。那时候，屏幕只能显示黑与白两种颜色，人们用二进制0和1来表示。0表示黑色，1表示白色。当计算机发出一个指令：P(x,y)=1，则屏幕上的第x行第y列的阴极射线管就开始工作，使该象素点显示白色，若P(x,y)=0，则对应位置的阴极射线管不工作，象素点保持黑色。在某一单位时刻，计算机以N×M二维01矩阵的方式发出显示整个屏幕图像的命令。
例如，屏幕是由3×4象素点组成，在某单位时刻，计算机发出如下命令：
0001
0011
0110
则屏幕图像为：
（假设放大后，一个格子表示一个象素点）
由于未知的原因，显示黑色的象素点总是受显示白色的象素点的影响——可能是阴极射线管工作的作用。并且，距离越近，影响越大。这里的距离定义如下：设有象素点P1(x1,y1)和象素点P2(x2,y2)，则它们之间的距离D(P1,P2)：D(P1,P2)=|x1-x2|+|y1-y2|
在某一时刻，计算机发出显示命令后，科学家们期望知道，每个象素点和其最近的显示白色的象素点之间的最短距离是多少——科学家们保证屏幕上至少有一个显示白色的象素点。
上面的例子中，象素P(1,1)与最近的白色象素点之间的距离为3，而象素P(3,2)本身显示白色，所以最短距离为0。
输入
第一行有两个数字，N和M (1<=N,M<=1000)，表示屏幕的规格。
以下N行，每行M个数字，0或1。为计算机发出的显示命令。
输出
输出有N行，每行M个数字，中间用1个空格分开。第i行第j列的数字表示距象素点P(i,j)最近的白色象素点的最短距离。
样例输入 Copy
3 4
0001
0011
0110
样例输出 Copy
3 2 1 0
2 1 0 0
1 0 0 1
提示
对于100%的数据：N*M<=182^2。
考查bfs+queue。
题意即求每个像素距白色像素的最短距离，考虑广度优先搜索，从每个白色像素开始上、下、左、右四个方向搜索，维护一个队列。注意要对每个白色像素进行广度优先搜索，所有的白色像素搜索完后得到的距离即最小距离。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
char a[1005][1005];
int scr[1005][1005];
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
typedef struct node
{
int x,y,step;
}Node;
void bfs(int x,int y)
{
queue<Node>q;
Node start,t,t1,t2,t3,t4;
start.step=0;start.x=x;start.y=y;
q.push(start);
while(!q.empty())//维护一个队列，先访问四个方向上的点，然后判断是否符合要求（不越界、是黑色像素、当前距离+1小于要访问的点的距离），如果符合要求就记录最小距离并入队。
{
t=q.front();
q.pop();
t1.x=t.x+1;t1.y=t.y;
t2.x=t.x-1;t2.y=t.y;
t3.x=t.x;t3.y=t.y+1;
t4.x=t.x;t4.y=t.y-1;
if(1<=t1.x&&t1.x<=n&&1<=t1.y&&t1.y<=m&&a[t1.x][t1.y]=='0'&&scr[t1.x][t1.y]>scr[t.x][t.y]+1)
{
scr[t1.x][t1.y]=scr[t.x][t.y]+1;
t1.step=t.step+1;
q.push(t1);
}
if(1<=t2.x&&t2.x<=n&&1<=t2.y&&t2.y<=m&&a[t2.x][t2.y]=='0'&&scr[t2.x][t2.y]>scr[t.x][t.y]+1)
{
scr[t2.x][t2.y]=scr[t.x][t.y]+1;
t2.step=t.step+1;
q.push(t2);
}
if(1<=t3.x&&t3.x<=n&&1<=t3.y&&t3.y<=m&&a[t3.x][t3.y]=='0'&&scr[t3.x][t3.y]>scr[t.x][t.y]+1)
{
scr[t3.x][t3.y]=scr[t.x][t.y]+1;
t3.step=t.step+1;
q.push(t3);
}
if(1<=t4.x&&t4.x<=n&&1<=t4.y&&t4.y<=m&&a[t4.x][t4.y]=='0'&&scr[t4.x][t4.y]>scr[t.x][t.y]+1)
{
scr[t4.x][t4.y]=scr[t.x][t.y]+1;
t4.step=t.step+1;
q.push(t4);
}
}
}
int main()
{
int i,j;
for(i=0;i<=1001;i++)
{
for(j=0;j<=1001;j++)
{
scr[i][j]=inf;//求最小值，可以把点初始化为inf（0x3f3f3f3f）
}
}
scanf("%d %d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",a[i]+1);
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
{
if(a[i][j]=='1')
{
scr[i][j]=0;
bfs(i,j);//对每个白色像素点进行广度优先搜索
}
}
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
{
printf("%d",scr[i][j]);
if(j<m)printf(" ");
}
if(i<n)printf("\n");
}
return 0;
}
/**************************************************************
Language: C++
Result: 正确
Time:142 ms
Memory:6876 kb
****************************************************************/
Q2：血色先锋队
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
巫妖王的天灾军团终于卷土重来，血色十字军组织了一支先锋军前往诺森德大陆对抗天灾军团，以及一切沾有亡灵气息的生物。孤立于联盟和部落的血色先锋军很快就遭到了天灾军团的重重包围，现在他们将主力只好聚集了起来，以抵抗天灾军团的围剿。可怕的是，他们之中有人感染上了亡灵瘟疫，如果不设法阻止瘟疫的扩散，很快就会遭到灭顶之灾。大领主阿比迪斯已经开始调查瘟疫的源头。原来是血色先锋军的内部出现了叛徒，这个叛徒已经投靠了天灾军团，想要将整个血色先锋军全部转化为天灾军团！无需惊讶，你就是那个叛徒。在你的行踪败露之前，要尽快完成巫妖王交给你的任务。
军团是一个N行M列的矩阵，每个单元是一个血色先锋军的成员。感染瘟疫的人，每过一个小时，就会向四周扩散瘟疫，直到所有人全部感染上瘟疫。你已经掌握了感染源的位置，任务是算出血色先锋军的领主们感染瘟疫的时间，并且将它报告给巫妖王，以便对血色先锋军进行一轮有针对性的围剿。
输入
第1行：四个整数N，M，A，B，表示军团矩阵有N行M列。有A个感染源，B为血色敢死队中领主的数量。
接下来A行：每行有两个整数x，y，表示感染源在第x行第y列。
接下来B行：每行有两个整数x，y，表示领主的位置在第x行第y列。
输出
第1至B行：每行一个整数，表示这个领主感染瘟疫的时间，输出顺序与输入顺序一致。如果某个人的位置在感染源，那么他感染瘟疫的时间为0。
样例输入 Copy
5 4 2 3
1 1
5 4
3 3
5 3
2 4
样例输出 Copy
3
1
3
提示
如下图，标记出了所有人感染瘟疫的时间以及感染源和领主的位置。
【数据规模】
10%数据：N,M<=10
40%数据：N,M<=100
100%数据：1<=M,N<=500，1<=A,B<=M*N
这个题和上一个题思路基本一样，都考查bfs+queue。但是这个题的m*n最大为250000，再加上外层嵌套循环的时间复杂度为O(mn），如果采用上一题的做法会超时。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m,a,b,x,y;
int dis[505][505];
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef struct node
{
int x,y,step;
}Node;
void bfs(int xx,int yy)
{
queue<Node>q;
Node start,t,t1,t2,t3,t4;
start.x=xx;start.y=yy;start.step=0;
q.push(start);
while(!q.empty())
{
t=q.front();
q.pop();
t1.x=t.x+1;t1.y=t.y;
t2.x=t.x-1;t2.y=t.y;
t3.x=t.x;t3.y=t.y+1;
t4.x=t.x;t4.y=t.y-1;
if(1<=t1.x&&t1.x<=n&&1<=t1.y&&t1.y<=m&&dis[t1.x][t1.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t1.x][t1.y])
{
dis[t1.x][t1.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t1.step=t.step+1;
q.push(t1);
}
if(1<=t2.x&&t2.x<=n&&1<=t2.y&&t2.y<=m&&dis[t2.x][t2.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t2.x][t2.y])
{
dis[t2.x][t2.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t2.step=t.step+1;
q.push(t2);
}
if(1<=t3.x&&t3.x<=n&&1<=t3.y&&t3.y<=m&&dis[t3.x][t3.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t3.x][t3.y])
{
dis[t3.x][t3.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t3.step=t.step+1;
q.push(t3);
}
if(1<=t4.x&&t4.y<=n&&1<=t4.y&&t4.y<=m&&dis[t4.x][t4.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t4.x][t4.y])
{
dis[t4.x][t4.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t4.step=t.step+1;
q.push(t4);
}
}
}
int main()
{
int i,j;
for(i=1;i<=500;i++)
{
for(j=1;j<=500;j++)
{
dis[i][j]=inf;
}
}
scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&a,&b);
while(a--)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
dis[x][y]=0;
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=m;j++)
{
if(dis[i][j]==0)bfs(i,j);
//对每个距离为0（表示传染源）的点进行广度优先搜索，结果tle
}
}
while(b--)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
printf("%d",dis[x][y]);
if(b)printf("\n");
}
return 0;
}
/**************************************************************
Language: C++
Result: 时间超限
****************************************************************/
为了避免外层嵌套循环的影响，可以在标记传染源的同时就将该点入队，这样标记完传染源后队列中得到的是所有传染源对应的点，然后维护队列，完成bfs。
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m,a,b,x,y;
int dis[505][505];
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef struct node
{
int x,y,step;
}Node;
queue<Node>q;
int main()
{
int i,j;
Node t,t1,t2,t3,t4;
for(i=1;i<=500;i++)
{
for(j=1;j<=500;j++)
{
dis[i][j]=inf;
}
}
scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&a,&b);
while(a--)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
dis[x][y]=0;
t.x=x;t.y=y;t.step=0;
q.push(t);//标记传染源的同时将其入队
}
while(!q.empty())
{
t=q.front();
q.pop();
t1.x=t.x+1;t1.y=t.y;
t2.x=t.x-1;t2.y=t.y;
t3.x=t.x;t3.y=t.y+1;
t4.x=t.x;t4.y=t.y-1;
if(1<=t1.x&&t1.x<=n&&1<=t1.y&&t1.y<=m&&dis[t1.x][t1.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t1.x][t1.y])
{
dis[t1.x][t1.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t1.step=t.step+1;
q.push(t1);
}
if(1<=t2.x&&t2.x<=n&&1<=t2.y&&t2.y<=m&&dis[t2.x][t2.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t2.x][t2.y])
{
dis[t2.x][t2.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t2.step=t.step+1;
q.push(t2);
}
if(1<=t3.x&&t3.x<=n&&1<=t3.y&&t3.y<=m&&dis[t3.x][t3.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t3.x][t3.y])
{
dis[t3.x][t3.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t3.step=t.step+1;
q.push(t3);
}
if(1<=t4.x&&t4.y<=n&&1<=t4.y&&t4.y<=m&&dis[t4.x][t4.y]!=0&&dis[t.x][t.y]+1<dis[t4.x][t4.y])
{
dis[t4.x][t4.y]=dis[t.x][t.y]+1;
t4.step=t.step+1;
q.push(t4);
}
}
while(b--)
{
scanf("%d %d",&x,&y);
printf("%d",dis[x][y]);
if(b)printf("\n");
}
return 0;
}
/**************************************************************
Language: C++
Result: 正确
Time:74 ms
Memory:4656 kb
****************************************************************/