标签：case break node tx int 短路 dic BFS 6.4
前面的篇幅占了太多，再次新开一章，讲述BFS求最短路的问题
注意此时DFS就没有BFS好用了，因为DFS更适合求全部解，而BFS适合求最优解
这边再次提醒拓扑变换的思想在图形辨认中的重要作用，需要找寻不同图形在进行拓扑变换时候的不变性
假设有一个网格迷宫，由n行m列的单元格组成，每个单元格要么是空地，要么是障碍物，如何找到从起点到终点的最短路径？
回想二叉树的BFS，节点的访问顺序恰好是他们到根节点距离从小到大的顺序，类似的可以用BFS来按照到起点的距离顺序遍历迷宫图（因为BFS保证了后面遍历到的点离起点的距离是不严格单调递增的）
易知道如果将前一步指向后一步这一种关系当作树的祖孙层次关系，那么就可以创建出来一棵树，很明显这棵树的一大特点在于如果路权相等的情况下，局部最优会达到全局最优，即贪心的利用，使得除根节点之外，其他节点一定有且只有一个父亲节点，这棵树被称为最短路树，或者BFS树
Abbott's_Revenge题解
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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxl = 11;
const int maxword = 20+5;
int toward[4][2] = {-1,0,0,1,1,0,0,-1}, dic[maxl][maxl][4][3];
struct Point{
int x, y;
Point(int x = 0, int y = 0) : x(x), y(y) {}
};
struct Node{
int x, y, from;//0 1 2 3 nesw 012 go l f r
vector<Point> v[4];
}node[maxl][maxl];
int main() {
// freopen("test.in", "r", stdin);
// freopen("test.out", "w", stdout);
char name[maxword];
while(scanf("%s", name) == 1 && strcmp(name, "END")) {
int sx, sy, ex, ey;
char sdic;
cin >> sx >> sy >> sdic >> ex >> ey;
memset(node, 0, sizeof(node));
memset(dic, 0, sizeof(dic));
int tx, ty;
while(scanf("%d", &tx) == 1 && tx) {
scanf("%d", &ty);
node[tx][ty].x = tx;
node[tx][ty].y = ty;
char buf[10];
while(scanf("%s", buf)==1 && strcmp(buf, "*")) {
int d;
switch(buf[0]) {
case 'N': d=0; break;
case 'E': d=1; break;
case 'S': d=2; break;
case 'W': d=3; break;
default: break;
}
for(int i = 1; i < strlen(buf); i++) {
switch(buf[i]) {
case 'L': dic[tx][ty][d][0] = 1; break;
case 'F': dic[tx][ty][d][1] = 1; break;
case 'R': dic[tx][ty][d][2] = 1; break;
default : break;
}
}
}
}
int d;
switch(sdic) {
case 'N': d=0; break;
case 'E': d=1; break;
case 'S': d=2; break;
case 'W': d=3; break;
default: break;
}
dic[sx][sy][d][1] = 0;
int sx1 = sx+toward[d][0], sy1 = sy+toward[d][1];
node[sx1][sy1].x = sx1;
node[sx1][sy1].y = sy1;
node[sx1][sy1].v[d].push_back(Point(sx, sy));
node[sx1][sy1].v[d].push_back(Point(sx1, sy1));
node[sx1][sy1].from = d;
queue<Node> q;
q.push(node[sx1][sy1]);
vector<Point> ans;
while(!q.empty()) {
Node n = q.front();
q.pop();
if(n.x == ex && n.y == ey) {
ans = n.v[n.from];
break;
}
int temp = n.from;
for(int i = 0; i < 3; i++) {
if(dic[n.x][n.y][temp][i]) {
int ndis = (temp+4+i-1)%4, sum = 10;
int px = n.x+toward[ndis][0], py = n.y+toward[ndis][1];
// for(int j = 0; j < 3; j++) {
// sum += dic[px][py][ndis][j];
// }
if(sum) {
Node insert;
insert.x = px;
insert.y = py;
insert.from = ndis;
insert.v[ndis] = n.v[n.from];
insert.v[ndis].push_back(Point(px, py));
q.push(insert);
}
dic[n.x][n.y][temp][i] = 0;
}
}
}
cout << name << endl;
if(ans.empty()) cout << " No Solution Possible" << endl;
else{
for(int i = 0; i < ans.size(); i++) {
if(i%10 == 0) cout << " ";
cout << "(" << ans[i].x << "," << ans[i].y << ")";
if(i%10 == 9) cout << endl;
else if(i != ans.size()-1) cout << " ";
}
if(ans.size()%10) cout << endl;
}
}
return 0;
}
笔者终于自行编出这段代码了，不过还是借用了udebug的调试，自己的思想还是不够严谨，不过笔者并没有看过他人代码参考，这题除了模拟比较高人心态之外，其思想是比较简单的，即不重不漏走完全图，有bfs路的出现就有答案，否则没有答案，需要注意的是对于各个结点的存储方式以及如何判断朝向，这两大问题解决了，本题就会较为简单了，本题的难点是对多数据的存储以及处理
需要注意的是在这题貌似PE的显示是WA，笔者只是修改了输出格式就AC了，只能说UVAOJyyds，这边读者有兴趣的话一定要注意这个坑
标签：case,break,node,tx,int,短路,dic,BFS,6.4 来源： https://www.cnblogs.com/FlnButFly/p/15837966.html
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