题目描述
【问题描述】
小 B 最近迷上了华容道，可是他总是要花很长的时间才能完成一次。于是，他想到用编程来完成华容道：给定一种局面， 华容道是否根本就无法完成，如果能完成， 最少需要多少时间。
小 B 玩的华容道与经典的华容道游戏略有不同，游戏规则是这样的：
-
在一个 n*m 棋盘上有 n*m 个格子，其中有且只有一个格子是空白的，其余 n*m-1个格子上每个格子上有一个棋子，每个棋子的大小都是 1*1 的；
-
有些棋子是固定的，有些棋子则是可以移动的；
- 任何与空白的格子相邻（有公共的边）的格子上的棋子都可以移动到空白格子上。
游戏的目的是把某个指定位置可以活动的棋子移动到目标位置。
给定一个棋盘，游戏可以玩 q 次，当然，每次棋盘上固定的格子是不会变的， 但是棋盘上空白的格子的初始位置、 指定的可移动的棋子的初始位置和目标位置却可能不同。第 i 次
玩的时候， 空白的格子在第 EXi 行第 EYi 列，指定的可移动棋子的初始位置为第 SXi 行第 SYi列，目标位置为第 TXi 行第 TYi 列。
假设小 B 每秒钟能进行一次移动棋子的操作，而其他操作的时间都可以忽略不计。请你告诉小 B 每一次游戏所需要的最少时间，或者告诉他不可能完成游戏。
输入输出格式
输入格式：输入文件为 puzzle.in。
第一行有 3 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 n、m 和 q；
接下来的 n 行描述一个 n*m 的棋盘，每行有 m 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每个整数描述棋盘上一个格子的状态，0 表示该格子上的棋子是固定的，1 表示该格子上的棋子可以移动或者该格子是空白的。接下来的 q 行，每行包含 6 个整数依次是 EXi、EYi、SXi、SYi、TXi、TYi，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每次游戏空白格子的位置，指定棋子的初始位置和目标位置。
输出格式：输出文件名为 puzzle.out。
输出有 q 行，每行包含 1 个整数，表示每次游戏所需要的最少时间，如果某次游戏无法完成目标则输出−1。
输入输出样例
3 4 2 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 3 2 1 2 2 2 1 2 2 2 3 2
2 -1
说明
【输入输出样例说明】
棋盘上划叉的格子是固定的，红色格子是目标位置，圆圈表示棋子，其中绿色圆圈表示目标棋子。
- 第一次游戏，空白格子的初始位置是 (3, 2)（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在(1, 2)上的棋子（图中绿色圆圈所代表的棋子）移动到目标位置(2, 2)（图中红色的格子）上。
移动过程如下：
- 第二次游戏，空白格子的初始位置是（1, 2）（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在（2, 2）上的棋子（图中绿色圆圈所示）移动到目标位置 (3, 2)上。
要将指定块移入目标位置，必须先将空白块移入目标位置，空白块要移动到目标位置，必然是从位置（2， 2）上与当前图中目标位置上的棋子交换位置，之后能与空白块交换位置的只有当前图中目标位置上的那个棋子，因此目标棋子永远无法走到它的目标位置， 游戏无
法完成。
【数据范围】
对于 30%的数据，1 ≤ n, m ≤ 10，q = 1；
对于 60%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 10；
对于 100%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 500。
题解：
做了这道题，感觉身体被掏空，调了几个晚上，最后发现状态搞反了，差点吐血身亡 = =、
bfs+spfa
要使某个块走到特定的点,首先要使空格移到这个块的边上
然后再不断地移这个块
所以,先要bfs求出空白块移到这个块需要多少步
然后空白块就在这个块边上了
考虑到要不停的移这个块，那么空白块就要一直在这个块的边上
定义mov数组,mov[i][j][k][l]代表i,j这个点,空白在k方向,要往l方向移一格的步数
这个可以bfs求出来
这样,把每个状态看成一个点,然后问题就转化为最短路问题,跑spfa就可以了
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<vector> 8 #include<stack> 9 #include<queue> 10 #include<map> 11 #define RG register 12 #define IL inline 13 #define pi acos(-1.0) 14 #define ll long long 15 using namespace std; 16 17 int gi() { 18 char ch=getchar(); int x=0; 19 while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar(); 20 while(ch>='0' && ch<='9') {x=10*x+ch-'0';ch=getchar();} 21 return x; 22 } 23 24 const int maxn = 33; 25 26 int n,m,que,inf,ans,id_num; 27 int ex,ey,sx,sy,tx,ty; 28 int g[maxn][maxn],id[maxn][maxn][6],dis[5050],mov[maxn][maxn][6][6]; 29 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 30 bool vis[maxn][maxn],in[5050]; 31 int nxt[5050],to[5050],w[5050],h[5050],e_num; 32 struct NODE { 33 int x,y,t; 34 }; 35 36 queue<NODE> q1,q2; 37 queue<int> q; 38 39 void add(int x, int y, int v) { 40 nxt[++e_num]=h[x]; 41 to[e_num]=y; 42 w[e_num]=v; 43 h[x]=e_num; 44 } 45 46 void bfs1(int X, int Y, int k, int l) { 47 while(!q1.empty()) q1.pop(); 48 memset(vis,0,sizeof(vis)); 49 int kx=X+dx[k],ky=Y+dy[k]; 50 int lx=X+dx[l],ly=Y+dy[l]; 51 if(kx==lx && ky==ly) {mov[X][Y][k][l]=1;return;} 52 NODE now; 53 now.x=kx,now.y=ky,now.t=0; 54 q1.push(now); 55 while(!q1.empty()) { 56 NODE u=q1.front(); 57 q1.pop(); 58 for(int p=1; p<=4; p++) { 59 NODE v; 60 v.x=u.x+dx[p],v.y=u.y+dy[p],v.t=u.t+1; 61 if(v.x==X && v.y==Y) continue; 62 if(!vis[v.x][v.y] && g[v.x][v.y]) { 63 if(v.x==lx && v.y==ly) {mov[X][Y][k][l]=v.t+1;return;}//移动+1 64 vis[v.x][v.y]=1; 65 q1.push(v); 66 } 67 } 68 } 69 } 70 71 void bfs2() { 72 while(!q2.empty()) q2.pop(); 73 memset(vis,0,sizeof(vis)); 74 NODE now; 75 now.x=ex,now.y=ey,now.t=0; 76 q2.push(now); 77 vis[now.x][now.y]=1; 78 while(!q2.empty()) { 79 NODE u=q2.front(); 80 q2.pop(); 81 for(int p=1; p<=4; p++) { 82 NODE v; 83 v.x=u.x+dx[p],v.y=u.y+dy[p],v.t=u.t+1; 84 if(!g[v.x][v.y] || vis[v.x][v.y]) continue; 85 if(v.x==sx && v.y==sy) { 86 if(p==1) dis[id[sx][sy][2]]=min(dis[id[sx][sy][2]],u.t); 87 if(p==2) dis[id[sx][sy][1]]=min(dis[id[sx][sy][1]],u.t); 88 if(p==3) dis[id[sx][sy][4]]=min(dis[id[sx][sy][4]],u.t); 89 if(p==4) dis[id[sx][sy][3]]=min(dis[id[sx][sy][3]],u.t); 90 continue; 91 } 92 vis[v.x][v.y]=1; 93 q2.push(v); 94 } 95 } 96 } 97 98 void spfa() { 99 memset(dis,127/3,sizeof(dis)); 100 bfs2();//将空格移动到目标块的四个方向,并以此为dis的初值进行spfa 101 q.push(id[sx][sy][1]),in[id[sx][sy][1]]=1; 102 q.push(id[sx][sy][2]),in[id[sx][sy][2]]=1; 103 q.push(id[sx][sy][3]),in[id[sx][sy][3]]=1; 104 q.push(id[sx][sy][4]),in[id[sx][sy][4]]=1; 105 while(!q.empty()) { 106 int u=q.front(); 107 in[u]=0,q.pop(); 108 for(int i=h[u]; i; i=nxt[i]) { 109 int v=to[i]; 110 if(dis[u]+w[i]<dis[v]) { 111 dis[v]=dis[u]+w[i]; 112 if(!in[v]) in[v]=1,q.push(v); 113 } 114 } 115 } 116 for(int i=1; i<=4; i++) 117 ans=min(ans,dis[id[tx][ty][i]]); 118 } 119 120 int main() { 121 n=gi(),m=gi(),que=gi(); 122 for(int i=1; i<=n; i++) 123 for(int j=1; j<=m; j++) 124 g[i][j]=gi(); 125 memset(mov,127/3,sizeof(mov)); 126 inf=mov[0][0][0][0]; 127 for(int i=1; i<=n; i++) 128 for(int j=1; j<=m; j++) { 129 if(!g[i][j]) continue; 130 for(int k=1; k<=4; k++) { 131 int kx=i+dx[k],ky=j+dy[k]; 132 if(g[kx][ky]) 133 id[i][j][k]=++id_num; 134 } 135 }//id[i][j][k]表示点(i,j),空格在k方向 136 for(int i=1; i<=n; i++) 137 for(int j=1; j<=m; j++) { 138 if(!g[i][j]) continue; 139 for(int k=1; k<=4; k++) 140 for(int l=1; l<=4; l++) { 141 int kx=i+dx[k],ky=j+dy[k]; 142 int lx=i+dx[l],ly=j+dy[l]; 143 if(g[kx][ky] && g[lx][ly]) bfs1(i,j,k,l); 144 } 145 }//mov[i][j][k][l]表示点(i,j),空格在k方向,并往l方向移动一格的步数 146 for(int i=1; i<=n; i++) 147 for(int j=1; j<=m; j++) { 148 if(!g[i][j]) continue; 149 for(int k=1; k<=4; k++) 150 for(int l=1; l<=4; l++) { 151 int kx=i+dx[k],ky=j+dy[k]; 152 int lx=i+dx[l],ly=j+dy[l]; 153 if(!g[kx][ky] || !g[lx][ly]) continue; 154 if(l==1) add(id[i][j][k],id[lx][ly][2],mov[i][j][k][l]);//上移 155 if(l==2) add(id[i][j][k],id[lx][ly][1],mov[i][j][k][l]);//下 156 if(l==3) add(id[i][j][k],id[lx][ly][4],mov[i][j][k][l]);//右 157 if(l==4) add(id[i][j][k],id[lx][ly][3],mov[i][j][k][l]);//左 158 } 159 } 160 while(que--) { 161 ex=gi(),ey=gi(),sx=gi(),sy=gi(),tx=gi(),ty=gi(); 162 if(sx==tx && sy==ty) {puts("0");continue;} 163 ans=inf; 164 spfa(); 165 if(ans==inf) puts("-1"); 166 else printf("%d ", ans); 167 } 168 return 0; 169 } 170 /* 171 puts自带换行 172 特判的点没有直接continue 173 */
总结——状态&转移问题