题解 JZOJ 1352. 游荡的奶牛

题目描述

奶牛们在被划分成N行M列(2 <= N <= 100; 2 <= M <= 100)的草地上游走，试图找到整块草地中最美味的牧草。Farmer John在某个时刻看见贝茜在位置(R1, C1)，恰好T (0 < T <= 15)秒后，FJ又在位置(R2, C2)与贝茜撞了正着。FJ并不知道在这T秒内贝茜是否曾经到过(R2, C2)，他能确定的只是，现在贝茜在那里。

设S为奶牛在T秒内从(R1, C1)走到(R2, C2)所能选择的路径总数，FJ希望有一个程序来帮他计算这个值。每一秒内，奶牛会水平或垂直地移动1单位距离（奶牛总是在移动，不会在某秒内停在它上一秒所在的点）。草地上的某些地方有树，自然，奶牛不能走到树所在的位置，也不会走出草地。

现在你拿到了一张整块草地的地形图，其中’.‘表示平坦的草地，’*'表示挡路的树。你的任务是计算出，一头在T秒内从(R1, C1)移动到(R2, C2)的奶牛可能经过的路径有哪些。

输入

第1行: 3个用空格隔开的整数：N，M，T

第2…N+1行: 第i+1行为M个连续的字符，描述了草地第i行各点的情况，保证 字符是’.‘和’*'中的一个

第N+2行: 4个用空格隔开的整数：R1，C1，R2，以及C2

输出

第1行: 输出S，含义如题中所述

思路讲解：

开始看到这题，想的是广搜，即从起点出发，到达终点就统计答案

最后发现由于路径的选择是可以走回头路的，答案就会有特别多。

尽管障碍物会进行剪枝，但是时限是卡不进去的。

于是我们进行记忆化搜索，状态为 $dp[i,j,t]$表示从起点到达点 $(i,j)$，时限为 $t$的路径数量。

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根据加法原理，我们可以直接由上一状态得到。

最后的结果即 $dp[R_1,C_1,T]$

代码：

#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <cstdio>

using namespace std;
const int MAXN = 101;
const int dx[] = {1, -1, 0, 0};
const int dy[] = {0, 0, 1, -1};
char maze[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN][20];
int N, M, T, R1, C1, R2, C2, ans;
struct White {
	int x, y, step;
	bool inside() {
		return step <= T && x > 0 && y > 0 && x <= N && y <= M;
	}
};

void bfs(int Sx, int Sy) {
	queue<White> q;
	q.push((White){Sx, Sy, 0});
	dp[Sx][Sy][0] = 1;
	while(!q.empty()) {
		White top = q.front();
		q.pop();
		for(int k = 0; k < 4; k++) {
			White next;
			next.x = top.x + dx[k];
			next.y = top.y + dy[k];
			next.step = top.step + 1;
			if(dp[next.x][next.y][next.step])
				dp[next.x][next.y][next.step] += dp[top.x][top.y][top.step];
			else if(next.inside() && maze[next.x][next.y] != '*') {
				dp[next.x][next.y][next.step] += dp[top.x][top.y][top.step];
				q.push(next);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("ctravel.in", "r", stdin);
	freopen("ctravel.out", "w", stdout);
	scanf("%d %d %d", &N, &M, &T);
	getchar();
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		scanf("%s", maze[i] + 1);
	scanf("%d %d %d %d", &R1, &C1, &R2, &C2);
	bfs(R1, C1);
	printf("%d", dp[R2][C2][T]);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}