2020.01.18【NOIP提高组】模拟B 组——总结—

晚上十点十分才a了这题，太难了。

Description

探险者拉罗最近发现了一个远古的宫殿，该宫殿可以表示为N×N个格子的迷宫，其中有一个格子是入口（用E表示），一个格子是出口（用X表示），有若干个格子是藏金点（用G表示），有若干个格子是障碍物（用#表示），其他格子都有怪物在里面（用-表示）。拉罗由入口开始探险，希望到达尽量多的藏金点，然后由出口离开。当然，障碍物是不能通过的。而且，由于那些远古的怪物异常凶狠，一旦被它们发现，拉罗必死无疑。幸运的是，经过多年的磨练，拉罗练就了一身非凡的本领，其中有一招叫做潜行，当她使用潜行经过有怪物的格子时，怪物是不会发现她的。不幸的是，她不能连续潜行太久，不然就会窒息，准确来说，她最多可以连续潜行着经过M个有怪物的格子。现在拉罗手头上已经有整个迷宫的地图，她需要规划出一条完整的行动路线，希望访问到尽量多的藏金点，在保证访问最多个藏金点的基础上，她还希望潜行的总时间最少（走一格为1个单位时间）。你可以帮助她吗？
　　注意，每个格子都可以多次被访问，同一个怪物格子每访问一次潜行总时间就加1，但同一个藏金点无论被访问多少次都只能算作一个，另外，即使走到了出口她也可以选择先不出去而继续走到其他点。数据保证拉罗可以由出口离开。

Input

输入第一行是两个整数N（1 <= N <= 100）和M（1 <= M <= 200），分别表示迷宫的边长和拉罗最多可以连续潜行的格子数。
　　接下来N行每行一个字符串，每个字符串恰好有N个字符，字符串仅包含’E’、’X’、’G’、’#’、’-’。保证有且仅有一个E，有且仅有一个X，不超过16个G。

Output

输出一行，包含两个整数，分别是可以访问到的最多的藏金点数和在访问最多藏金点的基础上所需的最少的潜行总时间，两个整数之间用一个空格隔开。

Sample Input

3 1
E-G
#G-
–X

Sample Output

2 3

Hint

【数据范围】
　　对于50%的数据，藏金点G不超过8个。

赛时

一看金子<=16，就知道是我不会的状压dp

正解

实际上就是状压dp

我们先将起点，终点，和金子压到所谓的二进制中。那么1代表这个点到过，0则代表没到过。这三者加一起才18，所以完全装得下。

f[s][i]表示s这个状态下到i时的最小潜行时间，那么方程即是：f[s’][j]=min(f[s’][j],f[s][i]+dis[i][j]);（s’代表更新的一个状态，dis是求每每（起点，终点，和金子）之间的最短距离）

可能还会不懂，没事，一步步来

首先我们将起点，终点和金子之间的最小距离用bfs求出来。

代码

void bfs(int x,int y){memset(vis,0,sizeof(vis));//是否访问过memset(d,0,sizeof(d));//数组模拟队列t=1;h=0;//头与尾d[t][0]=x,d[t][1]=y,d[t][2]=0,d[t][3]=0;//初值，0为坐标x，1为坐标y，2为当前潜行时间，3为一共潜行时间vis[x][y]=1;//起点访问过while(h++<t){for(int i=0;i<4;i++){nx=d[h][0]+xx[i];ny=d[h][1]+yy[i];//新坐标if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>n||vis[nx][ny]||bz[nx][ny]==3)continue;//边界，我设bz数组为x，y位置的情况，1为起点和终点，2为//金子，3为障碍物，0为怪兽if(bz[nx][ny]==1||bz[nx][ny]==2){//若是起点，终点，或金子now=0,sum=d[h][3];//now为当前潜行时间，这时为0//sum为当前总时间，不变dis[num[x][y]][num[nx][ny]]=dis[num[nx][ny]][num[x][y]]=min(dis[num[x][y]][num[nx][ny]],sum);//num来存起点，终点，或金子是第几个，这里遇到个三个玩意之一//更新一下最短路径}else if(d[h][2]+1>m)continue;//潜行时间超标else now=d[h][2]+1,sum=d[h][3]+1;//在怪兽上，当前，总和都加1vis[nx][ny]=1;//访问过d[++t][0]=nx,d[t][1]=ny,d[t][2]=now,d[t][3]=sum;//入队}}
}

之后dp

void dp(){memset(f,127,sizeof(f));f[1][0]=0;//起点初值为0for(int state=1;state<=(1<<tot+1)-1;state++){//state为状态int sta=state;while(sta) cnt[state]+=sta&1,sta>>=1;//sta来判断有多少个1for(int i=0;i<=tot;i++)//枚举i，从i走到jif(state&(1<<i)&&f[state][i]!=inf){//状态里包含i，并且不是inf，这个一个优化for(int j=0;j<=tot;j++)if(i!=j)//枚举j，从i走到j，所以不能相等f[state|(1<<j)][j]=min(f[state|(1<<j)][j],f[state][i]+dis[i][j]);//state|（1<<j）意为state//这个状态再更新成含有j的，即在二进制下第j位为0}}
}

随后找要求的两个值

 ans1=-inf;ans2=inf;//ans1为藏金数，ans2为最小的潜行时间for(int state=1;state<=(1<<tot+1)-1;state++)//状态if(state&1&&state&(1<<tot)){//包含起点与终点才符题意int sta=state-1-(1<<tot);//除去起点与终点if(cnt[sta]>ans1) ans1=cnt[sta],ans2=f[state][tot];else if(cnt[sta]==ans1) ans2=min(ans2,f[state][tot]);//更新ans1，ans2}printf("%d %d",ans1,ans2);

然后发一下总代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;int stx,sty,ndx,ndy;
int n,m,t,h,ans1,ans2,nx,ny,now,sum,tot;
int bz[107][107],num[107][107],cnt[(1<<18)+10],f[(1<<18)+10][20],d[20007][4],dis[20][20];
int xx[4]={0,0,1,-1},yy[4]={1,-1,0,0};
bool vis[107][107];
char s[107];void bfs(int x,int y){memset(vis,0,sizeof(vis));memset(d,0,sizeof(d));t=1;h=0;d[t][0]=x,d[t][1]=y,d[t][2]=0,d[t][3]=0;vis[x][y]=1;while(h++<t){for(int i=0;i<4;i++){nx=d[h][0]+xx[i];ny=d[h][1]+yy[i];if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>n||vis[nx][ny]||bz[nx][ny]==3)continue;if(bz[nx][ny]==1||bz[nx][ny]==2){now=0,sum=d[h][3];dis[num[x][y]][num[nx][ny]]=dis[num[nx][ny]][num[x][y]]=min(dis[num[x][y]][num[nx][ny]],sum);}else if(d[h][2]+1>m)continue;else now=d[h][2]+1,sum=d[h][3]+1;vis[nx][ny]=1;d[++t][0]=nx,d[t][1]=ny,d[t][2]=now,d[t][3]=sum;}}
}void dp(){memset(f,127,sizeof(f));f[1][0]=0;for(int state=1;state<=(1<<tot+1)-1;state++){int sta=state;while(sta) cnt[state]+=sta&1,sta>>=1;for(int i=0;i<=tot;i++)if(state&(1<<i)&&f[state][i]!=inf){for(int j=0;j<=tot;j++)if(i!=j)f[state|(1<<j)][j]=min(f[state|(1<<j)][j],f[state][i]+dis[i][j]);}}
}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",s+1);for(int j=1;j<=n;j++){if(s[j]=='E')stx=i,sty=j,bz[i][j]=1;if(s[j]=='X')ndx=i,ndy=j,bz[i][j]=1;if(s[j]=='G')bz[i][j]=2,num[i][j]=++tot;if(s[j]=='#')bz[i][j]=3;}}num[stx][sty]=0;num[ndx][ndy]=++tot;memset(dis,127,sizeof(dis));for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(bz[i][j]==1||bz[i][j]==2)bfs(i,j);dp();ans1=-inf;ans2=inf;for(int state=1;state<=(1<<tot+1)-1;state++)if(state&1&&state&(1<<tot)){int sta=state-1-(1<<tot);if(cnt[sta]>ans1) ans1=cnt[sta],ans2=f[state][tot];else if(cnt[sta]==ans1) ans2=min(ans2,f[state][tot]);}printf("%d %d",ans1,ans2);
}