B-迷宫

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我是靠谱客的博主多情背包，最近开发中收集的这篇文章主要介绍B-迷宫，觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。

概述

链接： https://www.nowcoder.net/acm/contest/68/B
来源：牛客网

题目描述

这是一个关于二维迷宫的题目。我们要从迷宫的起点 'S' 走到终点 'E'，每一步我们只能选择上下左右四个方向中的一个前进一格。 'W' 代表墙壁，是不能进入的位置，除了墙壁以外的地方都可以走。迷宫内的 'D' 代表一道上锁的门，只有在持有钥匙的时候才能进入。而 'K' 则代表了钥匙，只要进入这一格，就会自动地拿到钥匙。最后 '.' 则是代表空无一物的地方，欢迎自在的游荡。

本题的迷宫中，起点、终点、门跟钥匙这四个特殊物件，每一个恰好会出现一次。而且，此迷宫的四周 (最上面的一行、最下面的一行、最左边的一列以及最右边的一列) 都会是墙壁。

请问，从起点到终点，最少要走几步呢？

输入描述:

输入的第一行有两个正整数H, W，分别代表迷宫的长跟宽。
接下来的H行代表迷宫，每行有一个长度恰为W的字串，此字串只包含`'S'`, `'E'`, `'W'`, `'D '`, `'K'`, `'.'`这几种字元。

输出描述:

请在一行中输出一个整数代表答案，如果无法从起点走到终点，请输出-1。

链接：https://www.nowcoder.net/acm/contest/68/B
来源：牛客网

示例1

输入

4 12
WWWWWWWWWWWW
WE.W.S..W.KW
W..D..W....W
WWWWWWWWWWWW

输出

示例2

输入

6 6
WWWWWW
WEWS.W
W.WK.W
W.WD.W
W.W..W
WWWWWW

输出

-1

题意：求S到E的最小步数，其中有门和钥匙的情况，分开bfs就可以了。

思路：分两种情况：首先不用门的直接S到E的最小步数，bfs求得ans1。然后需要门的时候，此时必然需要钥匙，先bfs求得S到K的最小步数ans2，然后以K为起点，bfs求得K到E的最小步数ans3，最后比较ans1和ans2+ans3的大小，输出最小的即可。都不存在则输出-1。

因本人太菜，写了3个bfs，其实都差不多，还请大神不要见怪。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
struct node
{
ll x,y,s;
};
char mp[550][550];
ll n,m,sx,sy,kx,ky,vis[550][550];
ll mv[4][2]={-1,0,0,1,1,0,0,-1};
ll bfs_E()
//bfs求直接S到E
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
node now;
now.x=sx;
now.y=sy;
now.s=0;
queue<node>q;
q.push(now);
vis[now.x][now.y]=1;
while(!q.empty())
{
now=q.front();q.pop();
for(ll i=0;i<4;i++)
{
ll X=now.x+mv[i][0];
ll Y=now.y+mv[i][1];
if(X>=1&&X<=n&&Y>=1&&Y<=m&&vis[X][Y]==0&&mp[X][Y]!='W'&&mp[X][Y]!='D')
{
vis[X][Y]=1;
node nex;
nex.x=X;
nex.y=Y;
nex.s=now.s+1;
if(mp[nex.x][nex.y]=='E')return nex.s;
q.push(nex);
}
}
}
return -1;
}
ll bfs_K()
//bfs求S到K
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
node now;
now.x=sx;
now.y=sy;
now.s=0;
queue<node>q;
q.push(now);
vis[now.x][now.y]=1;
while(!q.empty())
{
now=q.front();q.pop();
for(ll i=0;i<4;i++)
{
ll X=now.x+mv[i][0];
ll Y=now.y+mv[i][1];
if(X>=1&&X<=n&&Y>=1&&Y<=m&&vis[X][Y]==0&&mp[X][Y]!='W'&&mp[X][Y]!='D')
{
vis[X][Y]=1;
node nex;
nex.x=X;
nex.y=Y;
nex.s=now.s+1;
if(mp[nex.x][nex.y]=='K')
{
kx=nex.x;
ky=nex.y;
return nex.s;
}
q.push(nex);
}
}
}
return -1;
}
ll bfs_K_E()
//bfs求K到E
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
node now;
now.x=kx;
now.y=ky;
now.s=0;
queue<node>q;
q.push(now);
vis[now.x][now.y]=1;
while(!q.empty())
{
now=q.front();q.pop();
for(ll i=0;i<4;i++)
{
ll X=now.x+mv[i][0];
ll Y=now.y+mv[i][1];
if(X>=1&&X<=n&&Y>=1&&Y<=m&&vis[X][Y]==0&&mp[X][Y]!='W')
{
vis[X][Y]=1;
node nex;
nex.x=X;
nex.y=Y;
nex.s=now.s+1;
if(mp[nex.x][nex.y]=='E')return nex.s;
q.push(nex);
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
while(~scanf("%lld%lld",&n,&m))
{
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",mp[i]+1);
for(ll j=1;j<=m;j++)
{
if(mp[i][j]=='S')
{
sx=i;
sy=j;
}
}
}
ll ans1=-1,ans2=-1,ans3=-1;
ans1=bfs_E();
ans2=bfs_K();
if(ans2!=-1)
{
ans3=bfs_K_E();
}
if(ans1==-1)
{
if(ans2==-1)printf("-1n");
else
{
if(ans3==-1)printf("-1n");
else printf("%lldn",ans2+ans3);
}
}
else
{
if(ans2==-1)printf("%lldn",ans1);
else
{
if(ans3==-1)printf("%lldn",ans2);
else printf("%lldn",min(ans1,ans2+ans3));
}
}
}
return 0;
}