Dijkstra解法
题目描述
1944 年,特种兵麦克接到国防部的命令,要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛,营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。
瑞恩被关押在一个迷宫里,迷宫地形复杂,但幸好麦克得到了迷宫的地形图。
迷宫的外形是一个长方形,其南北方向被划分为 $N$ 行,东西方向被划分为 $M$ 列, 于是整个迷宫被划分为 $N \\times M$ 个单元。
每一个单元的位置可用一个有序数对 (单元的行号, 单元的列号) 来表示。
南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通,也可能有一扇锁着的门,或者是一堵不可逾越的墙。
注意: 门可以从两个方向穿过,即可以看成一条无向边。
迷宫中有一些单元存放着钥匙,同一个单元可能存放 多把钥匙,并且所有的门被分成 $P$ 类,打开同一类的门的钥匙相同,不同类门的钥匙不同。
大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角,即 $(N,M)$ 单元里,并已经昏迷。
迷宫只有一个入口,在西北角。
也就是说,麦克可以直接进入 $(1,1)$ 单元。
另外,麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为 $1$,拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。
试设计一个算法,帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元,营救大兵瑞恩。
输入格式
第一行有三个整数,分别表示 $N,M,P$ 的值。
第二行是一个整数 $k$,表示迷宫中门和墙的总数。
接下来 $k$ 行,每行包含五个整数,$X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i$:当 $G_i \\ge 1$ 时,表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一扇第 $G_i$ 类的门,当 $G_i = 0$ 时,表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一面不可逾越的墙。
接下来一行,包含一个整数 $S$,表示迷宫中存放的钥匙的总数。
接下来 $S$ 行,每行包含三个整数 $X_{i1},Y_{i1},Q_i$,表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元里存在一个能开启第 $Q_i$ 类门的钥匙。
输出格式
输出麦克营救到大兵瑞恩的最短时间。
如果问题无解,则输出 -1。
数据范围
$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1$,
$0 \\le G_i \\le P$,
$1 \\le Q_i \\le P$,
$1 \\le N,M,P \\le 10$,
$1 \\le k \\le 150$
输入样例:
4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2
4 2 1
输出样例:
14
样例解释:
迷宫如下所示:
算法
状态压缩 + Dijkstra
时间复杂度
$O(m * logn)$
这里表示的是各个状态
C++ 代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
#define x first
#define y second
typedef pair<PII, PII> PNI; // 分别存放距离, 钥匙, 横坐标, 纵坐标
const int N = 11, M = 1 << 11;
int n, m, p, k; // 与题目变量名一致
int graph[N][N][4], keys[N][N];
// graph: 地图, 0,1,2,3分别表示上下左右的连通性, 连通性表示与题目一致, -1表示没有墙或门
// keys: 每个房间存放的钥匙, 用状态压缩表示(2, 4, 8... 表示钥匙1, 2, 3..)
int dist[N][N][M]; // 每种状态与起点的距离, dist[横坐标][纵坐标][钥匙]
bool st[N][N][M]; // 每种状态是否已经遍历过, st[横坐标][纵坐标][钥匙]
int dx[4] = {-1, 1, 0, 0}, dy[4] = {0, 0, -1, 1}; // 偏移量, 上下左右
int Dijkstra()
{
dist[1][1][keys[1][1]] = 0;
priority_queue<PNI, vector<PNI>, greater<PNI>> heap;
heap.push({{0, keys[1][1]}, {1, 1}});
while(heap.size())
{
auto t = heap.top(); heap.pop();
int ox = t.y.x, oy = t.y.y, ok = t.x.y, distance = t.x.x;
if(st[ox][oy][ok]) continue;
st[ox][oy][ok] = true;
if(ox == n && oy == m) return distance;
for(int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int nx = ox + dx[i], ny = oy + dy[i], nk = ok | keys[nx][ny];
if(nx > n || nx <= 0 || ny > m || ny <= 0 || st[nx][ny][nk]) continue;
if(graph[ox][oy][i] == -1 || ok >> graph[ox][oy][i] & 1)
if(dist[nx][ny][nk] > distance + 1)
{
dist[nx][ny][nk] = distance + 1;
heap.push({{dist[nx][ny][nk], nk}, {nx, ny}});
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
memset(graph, -1, sizeof graph);
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
cin >> n >> m >> p >> k;
int x1, x2, y1, y2, g;
for(int i = 0; i < k; i ++ )
{
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> g;
if(x1 == x2)
{
if(y1 > y2) graph[x1][y1][2] = graph[x2][y2][3] = g;
else graph[x1][y1][3] = graph[x2][y2][2] = g;
}
else
{
if(x1 > x2) graph[x1][y1][0] = graph[x2][y2][1] = g;
else graph[x1][y1][1] = graph[x2][y2][0] = g;
}
}
int s, x, y, key;
cin >> s;
while(s -- )
{
cin >> x >> y >> key;
keys[x][y] |= (1 << key); // 此处应该或等于, 因为钥匙可能不止一把
}
cout << Dijkstra();
return 0;
}