洛谷P3956. [NOIP2017. PJ]棋盘
题目简述
(qquad)走在一个棋盘上,棋盘上染着颜色,有三种颜色:红、黄、无
,当你从一个格子走向另一个格子时,同色格子不花费,异色格子花费(1),无色格子不能走
,但是可以用魔法将其染成当前所处格子的颜色,花费(2)。求((1,1))到((m,m))的最短路。
解题思路
(qquad)因为这个数据范围非常小,是(1le mle 100),代表我们棋盘上至多有(10000)个格子,所以我们就有了一个爆搜的思路::问题来了,如何dfs
求解?
状态表示:
(qquad)我们首先分析一下状态转移的时候必须要考虑的因素:
(qquad 1.)首先当然是状态点的坐标((x,y)),这个不存就不能做到正确的转移,会到别的点。
(qquad 2.)其次是花费,因为每个点到其他点的花费按照规则有一定的区别,所以也要存下花费
(qquad 3.)然后就是有没有用过魔法,因为有不能用连续的两次魔法
,所以如果这个点是用过魔法的,那转移过去的时候就不能也用魔法
(qquad)
(qquad)
这样一通分析下来,我们(DFS)需要的参数差不多就出来了
状态转移
(qquad)总感觉这写着像(DP),但是又找不到别的词来形容,所以只能这样了(())
(qquad)首先我们继续进行分类:
对于每个由((x,y))转移过来的节点((nx,ny)),我们进行如下讨论:
(qquadquad 1.)当超出棋盘时,不能转移,做可行性剪枝
。
(qquadquad 2.)当((nx,ny))无色时,再分两类:
(qquadqquad a.)如果在((x,y))点已经用过魔法,那么由于不能连续使用
,不可转移
(qquadqquad b.)如果在((x,y))点没有用过魔法,那么可以使用魔法染色,花费(2)。
(qquadquad 3.)当((nx,ny))与((x,y))不同色时:转移,花费(1)
(qquadquad 4.)否则转移,花费(2)
总结起来就是$$1不可转移$$
剪枝
(qquad)这题不剪枝是过不了的,会爆栈。
(qquad)所以我们可以加一个很简单的剪枝,当走到某个点的花费已经比目前最优解贵了,就不搜了,因为无论如何都不能更好,没有搜索的价值。
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;
int g[N][N], n, m, dist[N][N];
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
void dfs(int x, int y, int cost, int used)
{
if (dist[x][y] <= cost) return ;
dist[x][y] = cost;
if (x == m && y == m) return ;
for (int i = 0; i < 4; i ++ )
{
int nx = x + dx[i], ny = dy[i] + y;
if (nx < 1 || nx > m || ny < 1 || ny > m) continue ;
if (g[nx][ny] == -1)
{
if (used) continue ;
else {
g[nx][ny] = g[x][y];
dfs(nx, ny, cost + 2, 1);
g[nx][ny] = -1;
}
}
else if (g[nx][ny] == g[x][y]) dfs(nx, ny, cost, 0);
else dfs(nx, ny, cost + 1, 0);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &m, &n);
memset(g, -1, sizeof g);
while (n -- )
{
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
g[a][b] = c;
}
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
dfs(1, 1, 0, 0);
if (dist[m][m] == INF) puts("-1");
else printf("%d
", dist[m][m]);
return 0;
}
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