胜利大逃亡(续)

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Problem Description

Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……
这次魔王汲取了上次的教训，把Ignatius关在一个n*m的地牢里，并在地牢的某些地方安装了带锁的门，钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置，离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试，Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢，如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。

Input

每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图，其中包括:
. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙，对应的门分别为A-J
每组测试数据之间有一个空行。

Output

针对每组测试数据，如果可以成功逃亡，请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。

Sample Input

4 5 17 @A.B. a*.*. *..*^ c..b* 4 5 16 @A.B. a*.*. *..*^ c..b*

Sample Output

16 -1

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ACM暑期集训队练习赛（三）

头次接触状态压缩，采用位运算进行标记状态。在这道题中，二维数组标记法是行不通的，因为在这地牢中可能是需要回溯的，没有钥匙怎么开门……遇到门（门是有编号的）时，检查是否有对应钥匙的方法是钥匙与门进行&运算，

比如1000100010 & 0000100000 !=0 说明可以打开‘A’ + 6这道门（从0开始）。二进制的强大！！！参考博客

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
    int x,y,key,output;
}now,nex;
int dir[4][2]= {{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
int vis[21][21][1025];
char a[21][21];
int m,n,t;
bool judge(int x,int y,int state,int cost)
{
    if(x>=0&&x<m&&y>=0&&y<n&&a[x][y]!='*'&&vis[x][y][state]==0&&cost<t) return true;
    return false;
}
void bfs(int x,int y)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    now.x=x;
    now.y=y;
    now.output=0;
    now.key=0;
    vis[x][y][0]=1;
    queue<node>s;
    s.push(now);
    while(!s.empty())
    {
        now=s.front();
        s.pop();
        for(int i=0; i<4; i++)
        {
            nex.x=now.x+dir[i][0];
            nex.y=now.y+dir[i][1];
            nex.key=now.key;
            nex.output=now.output+1;
            if(judge(nex.x,nex.y,nex.key,nex.output))
            {
                if(a[nex.x][nex.y]=='^')
                {
                    printf("%d\n",nex.output);
                    return ;
                }
                if(a[nex.x][nex.y]>='a'&&a[nex.x][nex.y]<='j')
                {
                    int temp=a[nex.x][nex.y]-'a';
                    if((nex.key&(1<<temp))==0)
                        nex.key+=(1<<temp);
                }
                if(a[nex.x][nex.y]>='A'&&a[nex.x][nex.y]<='J')
                {
                    int temp=a[nex.x][nex.y]-'A';
                    if((nex.key&(1<<temp))==0)
                        continue;
                }
                vis[nex.x][nex.y][nex.key]=1;
                s.push(nex);
            }
        }
    }
    printf("-1\n");
    return ;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&m,&n,&t))
    {
        int x,y;
        int ok=0;
        for(int i=0; i<m; i++)
        {
            scanf("%s",a[i]);
            for(int j=0; j<n; j++)
            {
                if(ok==1)
                    break;
                if(a[i][j]=='@')
                {
                    x=i;
                    y=j;
                    ok=1;
                }
            }
        }
        bfs(x,y);
    }
}

胜利大逃亡(续) (hdu 1429)

胜利大逃亡(续)

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