题意 : 有装满水的6升的杯子、空的3升杯子和1升杯子,3个杯子中都没有刻度。不使用道具情况下,是否可量出4升水呢?
你的任务是解决一般性的问题:设3个杯子的容量分别为a, b, c,最初只有第3个杯子装满了c升水,其他两个杯子为空。最少需要倒多少升水才能让某一个杯子中的水有d升呢?如果无法做到恰好d升,就让某一个杯子里的水是d'升,其中d'<d并且尽量接近d。(1≤a,b,c,d≤200)。要求输出最少的倒水量和目标水量(d或者d')。
分析 : 紫书P202。
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#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 200 + 5; struct Node { int v[3], dist; bool operator < (const Node & rhs) const{//Caution! return dist > rhs.dist; } }; int ans[maxn], cap[3];//learn->有近似解的存在,所以使用ans来保存d或者<d升水转移的水量,并 //且全部赋值-1,答案的查找和数组的初值有点类似背包刚好装满时候的处理 int vis[maxn][maxn]; inline void initialize() { memset(ans, -1, sizeof(ans)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); } inline void update_ans(Node &temp) { for(int i=0; i<3; i++){ int Vol = temp.v[i]; if(ans[Vol] < 0 || ans[Vol] > temp.dist){//分别表示一开始和有更优解的情况 ans[Vol] = temp.dist; } } } inline void solve(int a, int b, int c, int d) { priority_queue<Node> pq; Node Fir_node; Fir_node.dist = 0; Fir_node.v[0] = 0, Fir_node.v[1] = 0, Fir_node.v[2] = c; pq.push(Fir_node); vis[0][0] = 1; while(!pq.empty()){ Node u = pq.top(); pq.pop(); update_ans(u); if(ans[d]>=0) break; for(int i=0; i<3; i++){ for(int j=0; j<3; j++){ if(j!=i){ if(u.v[i]==0 || u.v[j]==cap[j]) continue;//此过程描述i倒向j,所以在i空或j满的情况下是无法做到的。模拟的代码应多考虑实际意义。 int Trans = min(cap[j], u.v[i]+u.v[j]) - u.v[j];//注意这里是min Node New; memcpy(&New, &u, sizeof(u));//*learn->结构体也可以这样赋值 New.v[i] -= Trans; New.v[j] += Trans; New.dist = u.dist + Trans; if(!vis[New.v[0]][New.v[1]]){ pq.push(New); vis[New.v[0]][New.v[1]] = 1; } } } } } while(d >= 0){ if(ans[d] >= 0){ printf("%d %d ", ans[d], d); return ; } d--; } } int main(void) { int nCase; scanf("%d", &nCase); while(nCase--){ int a, b, c, d; initialize(); scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d); cap[0] = a, cap[1] = b, cap[2] = c; solve(a, b, c, d); } return 0; }
瞎 :
①类似的倒水问题,模拟倒水的操作可以参考刘汝佳的代码,简洁
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for(int i=0; i<3; i++){
for(int j=0; j<3; j++){
if(j!=i){
if(u.v[i]==0 || u.v[j]==cap[j]) continue;///此过程描述i倒向j,所以在i空或j满的情况下是无法做到的。
int Trans = min(cap[j], u.v[i]+u.v[j]) - u.v[j];//*max -> min
Node New;
memcpy(&New, &u, sizeof(u));//*->learn
New.v[i] -= Trans;
New.v[j] += Trans;
New.dist = u.dist + Trans;
if(!vis[New.v[0]][New.v[1]]){
pq.push(New);
vis[New.v[0]][New.v[1]] = 1;
}
}
}
}
②对于此类初始和结束都知道的,考虑存储状态进行广搜操作,注意状态的定义
③如果对于每一次状态转移的某一权值有要求,可以考虑使用结构体存储状态入队,然后根据某一需要的元素进行重载小于号,队列则使用优先队列
④这道题的广搜解答树明显有许多末端节点,所以应该全都去与暂存的答案比较,而不是一搜到答案就OK,而类似最短路的模型则是一搜到就推出,因为权值就是路径,第一个搜到的肯定是路径最短的,而此题很明显并不是转化成了最短路模型,如果是求倒水次数最少的话则是,现在求的是倒水量,所以在考虑将一道题进行状态转化然后进行搜索的时候,要区别答案是如何找出来的。
⑤对于搜索而言,状态很重要,对于现在这个局面,哪几个关键的信息能表示现在的状态,如何判重,答案如何存储和状态如何转移,都是决定能不能或者如何搜索的关键。