CCF-CSP201606-4 游戏（BFS）

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问题描述

试题编号：	201604-4
试题名称：	游戏
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　小明在玩一个电脑游戏，游戏在一个n×m的方格图上进行，小明控制的角色开始的时候站在第一行第一列，目标是前往第n行第m列。 　　方格图上有一些方格是始终安全的，有一些在一段时间是危险的，如果小明控制的角色到达一个方格的时候方格是危险的，则小明输掉了游戏，如果小明的角色到达了第n行第m列，则小明过关。第一行第一列和第n行第m列永远都是安全的。 　　每个单位时间，小明的角色必须向上下左右四个方向相邻的方格中的一个移动一格。 　　经过很多次尝试，小明掌握了方格图的安全和危险的规律：每一个方格出现危险的时间一定是连续的。并且，小明还掌握了每个方格在哪段时间是危险的。 　　现在，小明想知道，自己最快经过几个时间单位可以达到第n行第m列过关。 输入格式 　　输入的第一行包含三个整数n, m, t，用一个空格分隔，表示方格图的行数n、列数m，以及方格图中有危险的方格数量。 　　接下来t行，每行4个整数r, c, a, b，表示第r行第c列的方格在第a个时刻到第b个时刻之间是危险的，包括a和b。游戏开始时的时刻为0。输入数据保证r和c不同时为1，而且当r为n时c不为m。一个方格只有一段时间是危险的（或者说不会出现两行拥有相同的r和c）。 输出格式 　　输出一个整数，表示小明最快经过几个时间单位可以过关。输入数据保证小明一定可以过关。 样例输入 3 3 3 2 1 1 1 1 3 2 10 2 2 2 10 样例输出 6 样例说明 　　第2行第1列时刻1是危险的，因此第一步必须走到第1行第2列。 　　第二步可以走到第1行第1列，第三步走到第2行第1列，后面经过第3行第1列、第3行第2列到达第3行第3列。 评测用例规模与约定 　　前30%的评测用例满足：0 < n, m ≤ 10，0 ≤ t < 99。 　　所有评测用例满足：0 < n, m ≤ 100，0 ≤ t < 9999，1 ≤ r ≤ n，1 ≤ c ≤ m，0 ≤ a ≤ b ≤ 100。

一开始用的是深搜，也料到了会超时的。

dfs20分代码：

//DFS
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
struct node
{
    int start,end;
	node(int s=0,int e=0)
	{
	    start=s;end=e;
	}	
}map[101][101];
bool islegal(node a,int time)//time是否处于危险时刻 
{
	if(time>=a.start&&time<=a.end) return 0;
	return 1;
}
int dx[4]={0,0,-1,1},dy[4]={-1,1,0,0};//上下左右 
int n,m,min_time=300;//min_time为最小时间 
void dfs(int i,int j,int step)
{
	if(i==n&&j==m)//到达终点 
	{
		min_time=min(min_time,step);
		return;
	}
	if(step>=min_time) return;
	if(step+abs(i-n)+abs(j-m)>=min_time) return;//曼哈顿距离剪枝 
	for(int p=0;p<4;p++)
	{
		int x=i+dx[p],y=j+dy[p];
		if(x<1||x>n||y<1||y>m) continue;//越界 
		if(islegal(map[x][y],step+1))
		dfs(x,y,step+1);
	}
}
int main()
{
	int t;
	cin>>n>>m>>t;
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		int r,c;
		cin>>r>>c;
		cin>>map[r][c].start>>map[r][c].end;
	}
	dfs(1,1,0);
	cout<<min_time;
}

后来用广度优先搜索（宽度优先搜索）。

广度优先搜索按照距开始状态由近及远的顺序进行搜索，因此可以很容易地用来求最短路径、最少操作之类问题的答案。

宽度优先搜索中，只要将已经访问过的状态用标记管理起来，就可以很好地做到由近及远的搜索。

在这题用三维数组isvisit[101][101][301]对状态进行标记，初始化为0，isvisit[i][j][k]为1表示在时刻k，第i行j列是无法访问的，则这一时刻要么是处于危险时期，要么是先前访问过。注意第三维的坐标，从左上角到右下角最多走200步，时间范围a,b<=100。

用d[i][j]表示从起点到i行j列的最小时间。

以下橙色字体摘自《挑战程序设计竞赛（第二版）》

宽度优先搜索与深度搜索一样，都会生成所有能够遍历到的状态，因此需要对所有状态进行处理时使用宽度优先搜索也是可以的。但是递归函数可以很简短地编写，而且状态的管理也更简单，所以大多数情况下还是使用深度优先搜索实现。反之，在求取最短路径时深度优先搜索需要反复经过同样的状态，所以此时还是使用宽度优先搜索为好。

宽度优先搜索会把状态逐个加入队列，因此通常需要与状态数成正比的内存空间。反之，深度优先搜索是与最大递归深度成正比的。一般与状态数相比，递归的深度并不会太大，所以可以认为深度优先搜索更加节省内存。

上图印证了深度优先搜索更加节省内存，但广搜不必递归，节省了很多时间。

AC代码：

//BFS
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#define P pair<int,int>
using namespace std;
struct node
{
    int start,end;//危险的开始时刻、结束时刻 
	node(int s=0,int e=0)
	{
	    start=s;end=e;
	}	
}map[101][101];
int dx[4]={0,0,-1,1},dy[4]={-1,1,0,0};//上下左右 
int n,m,d[101][101];//d[i][j]表示从起点到i行j列的最小时间 
bool isvisit[101][101][301];//visited[i][j][k]为1表示在时刻k，第i行j列不能访问 
void bfs()
{
	queue<P> que;
	memset(d,0,sizeof(d));
	que.push(make_pair(1,1));
	//不断循环直到队列为空 
	while(!que.empty())
	{
		//从队列的最前端取出元素 
		P p=que.front();que.pop();
		//如果取出的状态已经是终点，则结束搜索 
		if(p.first==n&&p.second==m) break;
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			int x=p.first+dx[i],y=p.second+dy[i];
			if(x<1||x>n||y<1||y>m) continue;//超出边界 
			int time=d[p.first][p.second]+1;
			if(isvisit[x][y][time]) continue;//无法访问
			isvisit[x][y][time]=1; 
			que.push(make_pair(x,y));
			d[x][y]=time;
		}
	}
}
int main()
{
	int t;
	cin>>n>>m>>t;
	memset(isvisit,0,sizeof(isvisit));
	for(int i=1;i<=t;i++)
	{
		int r,c,a,b;
		cin>>r>>c>>a>>b;
	    map[r][c].start=a,map[r][c].end=b;
		for(int j=a;j<=b;j++) isvisit[r][c][j]=1; 
	}
	bfs();
	cout<<d[n][m];
}