HDU-4856 Tunnels(BFS+状压DP)

题意

N × N 的地图,某些点上存在障碍。有 M 个隧道。每个隧道都有它的起点和终点(穿隧道可以看成瞬移),求穿过所有的隧道需要的最短时间,起始点任选。
1 N , M 15

思路

先用 B F S 预处理出两点间的步行距离。然后用 d p i , j 保存 i 这些隧道已经穿过,最后穿的隧道是 j 号且人在 j 隧道的终点的最小时间花费,初值为 d p 1 << i , i = 0 (开始在任一个隧道的起点并即刻穿过)。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define tomin(a,b) (a=min(a,b))
typedef long long LL;
using namespace std;
int dis[18][18][18][18];
int dp[(1<<15)+3][18],bin[(1<<15)+3];
int sx[18],sy[18],ex[18],ey[18];
const int dx[4]={1,0,-1,0};
const int dy[4]={0,1,0,-1};
bool a[18][18];
int n,m;

struct node{int x,y,step;};
void bfs(int u,int v)
{
    memset(dis[u][v],-1,sizeof(dis[u][v]));
    dis[u][v][u][v]=0;
    if(a[u][v])return;
    queue<node>q;
    while(!q.empty())q.pop();
    q.push((node){u,v,0});
    while(!q.empty())
    {
        node now=q.front();q.pop();
        FOR(i,0,3)
        {
            node nxt=(node){now.x+dx[i],now.y+dy[i],now.step+1};
            if(a[nxt.x][nxt.y]||(~dis[u][v][nxt.x][nxt.y]))continue;
            dis[u][v][nxt.x][nxt.y]=nxt.step;
            q.push(nxt);
        }
    }
    return;
}

int main()
{
    FOR(i,1,15)bin[1<<i]=i;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        char chr;
        FOR(i,0,n+1)a[i][0]=a[i][n+1]=a[0][i]=a[n+1][i]=1;
        FOR(i,1,n)FOR(j,1,n)
        {
            scanf(" %c",&chr);
            a[i][j]=(chr=='#');
        }
        FOR(i,1,n)FOR(j,1,n)bfs(i,j);
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        FOR(i,1,m)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&sx[i],&sy[i],&ex[i],&ey[i]);
            bfs(ex[i],ey[i]);
            dp[1<<i-1][i]=0;
        }
        FOR(i,1,(1<<m)-1)
            for(int j=i;j;j^=lowbit(j))
                for(int k=(~i)&(1<<m)-1;k;k^=lowbit(k))
                {
                    int _j=bin[lowbit(j)]+1,_k=bin[lowbit(k)]+1;
                    if(~dis[ex[_j]][ey[_j]][sx[_k]][sy[_k]])
                        tomin(dp[i|(1<<_k-1)][_k],dp[i][_j]+dis[ex[_j]][ey[_j]][sx[_k]][sy[_k]]);
                }
        int ans=1e9;
        FOR(i,1,m)tomin(ans,dp[(1<<m)-1][i]);
        printf("%d\n",ans==1e9?-1:ans);
    }
    return 0;
}

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