2020牛客寒假算法基础集训营5.G——街机争霸【BFS & 思维】

题目传送门

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题目描述

哎，又是银首，要是你这个签到题少WA一发就金了

牛牛战队的队员打完比赛以后又到了日常甩锅的时间。他们心情悲伤，吃完晚饭以后，大家相约到一个街机厅去solo。牛牛和牛能进入了一个迷宫，这个迷宫里除了墙壁的阻拦，还会有僵尸的阻拦。情况十分复杂，牛能为了更快的追逐牛牛，迅速放出了大招，让牛牛原地眩晕，而眩晕的解药，也只有牛能自己拥有。

这一个迷宫可以简化为一个n行m列的矩阵，其中有一些僵尸，这些僵尸会在一个 $1*k$的矩形中来回游走。他不会攻击眩晕状态下的人，只会攻击和他抢地盘的人。这名队员每次移动需要一个单位时间，而且他不能穿墙，不能和僵尸处于同一位置，在追到另一名队员之前也不能停下来。

在这一场追逐战中，要么牛能追逐成功，取得胜利，要么被僵尸击败，牛牛胜利。那谁会是最终的王者呢？

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输入描述:

输入数据有很多行。第一行输入 $4$ 个整数 $n,m,p,k (3 \leq n,m \leq 500, 0 \leq p \leq 50, 2 \leq k \leq 10)$ ,分别表示迷宫的行、列，僵尸的数量，僵尸来回走动的长度。

第 $2$ 行到第 $n+1$ 行输入一个矩阵，每行输入一个字符串，第ii个字符串的第jj个字符表示矩阵中第 $i$ 行 $j$ 列的状态，如果字符是#表示是可以走的路，如果是&表示是障碍物，A是被眩晕队员的位置，L是追赶者的位置。

第 $n+2$ 行到第 $n+p+1$ 行每行输入两个整数 $x,y$和一个字符串，第i行的数据表示第ii个僵尸当前时间会从第 $x$ 行 $y$ 列出发，沿着固有的方向前进 $k$ 个单位时间后折返，再走回它之前的位置，再折返，依照这种方法循环下去。第三个字符串表示僵尸初始行进的方向，UP表示向上走，LEFT表示向左走，DOWN表示向下走，RIGHT表示向右走。数据保证在 $k$ 个长度内僵尸不会碰到边界或者墙壁。

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输出描述:

如果牛能可以追上牛牛，输出一个整数，表示最短追上的时间。否则输出一行Oh no。

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输入

3 3 1 3
&&A
###
&&L
2 1 RIGHT

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输出

2

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说明

如果用*代表僵尸的位置，则起始时状态为

&&A
*##
&&L

一个单位时间后，牛能上走，僵尸向右走，两者并没有碰上

&&A
#*L
&&#

再一个单位时间后，牛能向上走，追上牛牛，取得胜利。

&&L
##*
&&#

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输入

4 4 1 2
L#&A
##&#
#&##
####
3 3 DOWN

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输出

Oh no

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说明

初始状态

L#&A
##&#
#&*#

一单位时间后

##&A
L#&#
#&##
##*#

二单位时间后

##&A
##&#
L&*#
####

三单位时间后

##&A
##&#
#&##
L#*#

四单位时间后

##&A
##&#
#&*#
#L##

牛能如果再向左走的话就会跟僵尸碰个正着，而且不论牛能怎么往回走，在（4,3）总能遇见僵尸，所以他失败了。

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题解

• 如果不考虑僵尸，这是一道很简单的BFS搜索
• 注意题目的条件
  1. 僵尸有统一的步伐
  2. 僵尸移动过程中不会遇到墙面提前返回
• 有了这俩条件，题目就变得简单多了
• 我们思考，既然都有统一的步伐，那么也就是说，对于某一个僵尸 在 $(x,y)$ 位置，初始向下移动，行走长度为 $k$，那么我们知道，任意 $2(k-1)$ 的整数倍时间后，僵尸都回到 $(x,y)$ 的初始位置。
• 同理，僵尸第一步向下走到达 $(x+1,y)$ 的位置，那么再经过任意 $2(k-1)$ 整数倍后，僵尸还是在这里
• 一次类推，我们可以通过僵尸起始位置、行走长度、初始移动方向，得到这个僵尸在任意时间所到达的位置（对周期数取模）
• 但是我们思考，僵尸路径是徘徊的，也就是这样： $A\to B\to C\to B\to A\to B \to C\to B\to A \to...$
• 我们知道周期数是 $2(k-1)$（注意，这里是k-1的原因是：路径长度是 $k$ ，但是初始时刻占据了一个格子，不需要花费时间移动，需要时间移动到达的共有 $k-1$ 个格子）
• （考虑每一次到达 $B$ 位置）每 $2(k-1)$ 周期的时间，我们只是从 $A \to B$，实际上我们到达 $B$ 位置还可以从 $C \to B$
• 也就是说，到达某一个点是两个方向的周期 $（看代码注释）$
• 现在，我们有了僵尸在任意时间到达的位置，那么我们可以用 $fuck数组$（手动滑稽）记录某一位置 $(x,y)$ 在 $t$ 时刻 有僵尸到达。 $（见fuck数组）$
• 处理好了僵尸，我们来看追梦人（牛能）移动的方案
• 显然不能直接标记通过的位置，因为其实走过的路径是可以返回的。可能我们遇到了僵尸，因为不可以停止，那么可能我们在附近溜达一会，等僵尸走了，就可以通过了。因为存在这种状态，所以不可以直接标记。
• 我们来思考，移动的方案其实是完全取决于僵尸的，因为所有的僵尸共用一个周期，那么很容易想到，追梦人移动的方案其实就是为了躲避僵尸移动的周期。
• 那么按照僵尸的标记方式，标记追梦人移动过的位置即可。 $（见vis数组）$
• 其实这道题始终围绕着的都是僵尸的周期数，想明白这点就很好做了。

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AC-Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 1e5 + 7;
const double eps = 1e-7;

int n, m, p, k;
int mod; // 周期数
string mp[505];
struct Node {
	int x, y, t;
	Node() { x = y = t = 0; }
	Node(int x, int y, int t) :x(x), y(y), t(t) {}
};
int dx[] = { -1,1,0,0 }; // 依次：上下左右
int dy[] = { 0,0,-1,1 };
int vis[505][505][22]; // 避免和 僵尸周期 相同的 周期徘徊 状态
bool fuck[505][505][22]; // (i,j)位置在k时刻有僵尸
bool check(int x, int y, int t) {
	if (x < 0 || x >= n)	return false;
	if (y < 0 || y >= m)	return false;
	if (mp[x][y] == '&')	return false;
	if (fuck[x][y][t % mod])	return false; // 没有僵尸
	if (vis[x][y][t % mod])	return false; // 没走过
	return true;
}
int bfs(Node start) {
	queue<Node> q;
	q.push(start);
	vis[start.x][start.y][0] = true;
	while (!q.empty()) {
		Node now = q.front();
		q.pop();
		if (mp[now.x][now.y] == 'A') 
			return now.t;
		for (int i = 0; i < 4; ++i) {
			int nx = now.x + dx[i];
			int ny = now.y + dy[i];
			int nt = now.t + 1;
			if (check(nx, ny, nt)) {
				q.push(Node(nx, ny, nt));
				vis[nx][ny][nt % mod] = true;
			}
		}
	}
	return 0;
}
void init() {
	memset(fuck, false, sizeof fuck);
	memset(vis, false, sizeof vis);
}
int main() {
	while (cin >> n >> m >> p >> k) {
		init();
		mod = 2 * (k - 1);
		Node st(0, 0, 0); // 起始点
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			cin >> mp[i];
			for (int j = 0; j < m; ++j)
				if (mp[i][j] == 'L')
					st.x = i, st.y = j;
		}
		for (int i = 0; i < p; ++i) {
			int x, y;	cin >> x >> y;	--x, --y; // 输入数据从1开始，代码从0开始
			fuck[x][y][0] = true; // 记录僵尸起始位置
			string s;	cin >> s;
			int dst = 0; // 记录僵尸移动方向
			if (s[0] == 'U')	dst = 0;
			else if (s[0] == 'D') dst = 1;
			else if (s[0] == 'L') dst = 2;
			else if (s[0] == 'R') dst = 3;
			for (int j = 1; j < k; ++j) {
				x += dx[dst], y += dy[dst]; // 当前僵尸下一个位置
				fuck[x][y][j % mod] = true; // 僵尸在第j秒会到达这个位置 正方向
				fuck[x][y][mod - j] = true; // 僵尸在第j秒会到达这个位置 反方向
			}
		}
		int ans = bfs(st);
		if (ans)	 cout << ans << endl;
		else	cout << "Oh no" << endl;
	}
}