题意：给一幅地图，P为起点，D为终点，'*'为传送阵，到达传送阵可以传到任意一个其他的传送阵，传到以后可以正常走或者再传回来，问P->D最短步数。
分析：这题一定要细心，分析要到位才能搞定，错一点都WA。有两种思路：
1.走到一个传送点之后，将所有能传到的地方都加入队列，然后清除传送阵向量（vector），因为以后不用再互相传了，对于某个传送阵k，以后从别的点传到k的效果还不如从这个点传到k,所以清空传送阵，又因为其他传送阵可以传回来，此时传送阵向量要把当前传送阵push_back进去，以便其他点传过来，每个传送点设一个标记，flag=0说明这个传送点还没用过，flag=1说明这个传送点是被传过来的，还可以传一次，use[][]数组记录某个传送点被用过没有（即通过它传出去过没有），然后搞即可。
代码：（63ms, 0KB）
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> #define Mod 1000000007 using namespace std; #define N 1000017 char ss[205][205]; bool vis[205][205],use[205][205]; int n,m,step; int dx[4] = {0,0,1,-1}; int dy[4] = {1,-1,0,0}; struct node { int x,y,tag; node(int _x,int _y,int _tag) { x = _x; y = _y; tag = _tag; } node(){} }P,D; vector<node> trans; bool OK(int nx,int ny) { if(nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m) return 1; return 0; } bool bfs() { queue<node> que; memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(use,0,sizeof(use)); que.push(P); int i,j,k; vis[P.x][P.y] = 1; while(!que.empty()) { int SIZE = que.size(); while(SIZE--) { node tmp = que.front(); que.pop(); int nx = tmp.x; int ny = tmp.y; if(nx == D.x && ny == D.y) return 1; if(ss[nx][ny] == '*') //tag = 1 : 被传过来的，tag = 0 : 传出去 { if(tmp.tag == 0 || (tmp.tag==1 && !use[nx][ny])) { for(i=0;i<trans.size();i++) { int x = trans[i].x; int y = trans[i].y; if(vis[x][y] || (nx == x && ny == y)) continue; trans[i].tag = 1; que.push(trans[i]); } trans.clear(); trans.push_back(tmp); //这个点还可以被传回来 if(tmp.tag == 1) //被传过来并且没用过的,现在用过了 vis[nx][ny] = 1; use[nx][ny] = 1; } if(tmp.tag == 1) //被传，用过了，就当做普通点好了 别用else if { for(k=0;k<4;k++) { int kx = nx + dx[k]; int ky = ny + dy[k]; if(!OK(kx,ky) || ss[kx][ky] == '#' || ss[kx][ky] == '*' || vis[kx][ky]) continue; vis[kx][ky] = 1; que.push(node(kx,ky,0)); } vis[nx][ny] = 1; } } else //普通点，普通走法 { for(k=0;k<4;k++) { int kx = nx + dx[k]; int ky = ny + dy[k]; if(!OK(kx,ky) || ss[kx][ky] == '#' || vis[kx][ky]) continue; if(ss[kx][ky] != '*' ) //如果是'*'，则不能确定 vis[kx][ky] = 1; que.push(node(kx,ky,0)); } } } step++; } return 0; } int main() { int t,cs = 1,i,j; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); trans.clear(); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%s",ss[i]); for(j=0;j<m;j++) { if(ss[i][j] == '*') trans.push_back(node(i,j,0)); else if(ss[i][j] == 'P') P = node(i,j,0); else if(ss[i][j] == 'D') D = node(i,j,0); } } step = 0; if(bfs()) printf("Case %d: %d ",cs++,step); else printf("Case %d: impossible ",cs++); } return 0; }
2.统计传送点的数量，如果只有一个传送点，那么不能经过传送点到达，只能走普通路到终点。否则，先走一遍普通路ans = bfs()，再从P搜一个与他最近的传送点，从D搜一个与它最近的传送点，判断这两个传送点是不是同一个，如果是只能再通过图中另一个传送点作为终中继，此时ans = bfsP()+bfsD()+2，不是同一个那就更好处理了，ans = bfsP+bfsD+1。细节问题看代码吧。
代码：（22ms, 0KB）
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <queue> #define Mod 1000000007 using namespace std; #define N 1000017 struct node { int x,y,step; }P,D; int n,m; int cnt1,cnt2; char ss[205][205]; int vis[205][205]; queue<node> que; int dx[4] = {0,0,1,-1}; int dy[4] = {1,-1,0,0}; int X1,X2,Y1,Y2; int OK(int nx,int ny) { if(nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && ss[nx][ny] == '.') return 1; return 0; } int bfsPD() { while(!que.empty()) que.pop(); P.step = 0; memset(vis,0,sizeof(vis)); que.push(P); vis[P.x][P.y] = 1; while(!que.empty()) { node now = que.front(); que.pop(); int nx = now.x; int ny = now.y; int step = now.step; for(int k=0;k<4;k++) { int kx = nx + dx[k]; int ky = ny + dy[k]; if(ss[kx][ky] == 'D') return step+1; if(!OK(kx,ky) || vis[kx][ky]) //不考虑'*' continue; node tmp; tmp.x = kx; tmp.y = ky; tmp.step = step + 1; vis[kx][ky] = 1; que.push(tmp); } } return Mod; } int bfsP() //从P找'*' { int dis = Mod; while(!que.empty()) que.pop(); memset(vis,0,sizeof(vis)); P.step = 0; que.push(P); vis[P.x][P.y] = 1; while(!que.empty()) { node now = que.front(); que.pop(); int nx = now.x; int ny = now.y; int step = now.step; if(step >= dis) return dis; for(int k=0;k<4;k++) { int kx = nx + dx[k]; int ky = ny + dy[k]; if(ss[kx][ky] == '*') { X1 = kx; Y1 = ky; cnt1++; dis = step + 1; } else if(OK(kx,ky)) { if(!vis[kx][ky]) { node tmp; tmp.x = kx; tmp.y = ky; tmp.step = step+1; vis[kx][ky] = 1; que.push(tmp); } } } } return dis; } int bfsD() //从D找'*' { int dis = Mod; while(!que.empty()) que.pop(); memset(vis,0,sizeof(vis)); D.step = 0; que.push(D); vis[D.x][D.y] = 1; while(!que.empty()) { node now = que.front(); que.pop(); int nx = now.x; int ny = now.y; int step = now.step; if(step >= dis) return dis; for(int k=0;k<4;k++) { int kx = nx + dx[k]; int ky = ny + dy[k]; if(ss[kx][ky] == '*') { X2 = kx; Y2 = ky; cnt2++; dis = step + 1; } else if(OK(kx,ky)) { if(!vis[kx][ky]) { node tmp; tmp.x = kx; tmp.y = ky; tmp.step = step+1; vis[kx][ky] = 1; que.push(tmp); } } } } return dis; } int main() { int t,cs = 1,i,j; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); int cnt = 0; for(i=0;i<n;i++) { scanf("%s",ss[i]); for(j=0;j<m;j++) { if(ss[i][j] == 'P') P.x = i,P.y = j; else if(ss[i][j] == 'D') D.x = i,D.y = j; else if(ss[i][j] == '*') cnt++; } } int ans = 0; cnt1 = cnt2 = 0; if(cnt <= 1) //少于等于1个传送点，就只能按普通路走过去 ans = bfsPD(); else { int d1,d2; ans = bfsPD(); d1 = bfsP(); d2 = bfsD(); if(cnt1 == cnt2 && cnt1 == 1) //周围都只有一个点，通过这两个点中介 { if(X1 == X2 && Y1 == Y2) //是同一个点,因为至少还有一个点，所以可以传回来 ans = min(ans,d1+d2+2); else ans = min(ans,d1+d2+1); } else //有不止一个点,可以用不同点传 ans = min(ans,d1+d2+1); } if(ans >= Mod) printf("Case %d: impossible ",cs++); else printf("Case %d: %d ",cs++,ans); } return 0; }
Written by Whatbeg