[USACO2.4]两只塔姆沃斯牛 The Tamworth Two

题目描述

两只牛逃跑到了森林里。Farmer John 开始用他的专家技术追捕这两头牛。你的任务是模拟他们的行为（牛和 John）。

追击在 10 × 10 10 \times 10 10×10 的平面网格内进行。一个格子可以是：一个障碍物，两头牛（它们总在一起），或者 Farmer John。两头牛和 Farmer John 可以在同一个格子内（当他们相遇时），但是他们都不能进入有障碍的格子。

一个格子可以是：

. 空地；
* 障碍物；
C 两头牛；
F Farmer John。

这里有一个地图的例子：

*...*.....
......*...
...*...*..
..........
...*.F....
*.....*...
...*......
..C......*
...*.*....
.*.*......

牛在地图里以固定的方式游荡。每分钟，它们可以向前移动或是转弯。如果前方无障碍（地图边沿也是障碍），它们会按照原来的方向前进一步。否则它们会用这一分钟顺时针转 90 度。同时，它们不会离开地图。

Farmer John 深知牛的移动方法，他也这么移动。

每次（每分钟）Farmer John 和两头牛的移动是同时的。如果他们在移动的时候穿过对方，但是没有在同一格相遇，我们不认为他们相遇了。当他们在某分钟末在某格子相遇，那么追捕结束。

读入十行表示地图。每行都只包含 10 个字符，表示的含义和上面所说的相同。保证地图中只有一个 F 和一个 C。F 和 C 一开始不会处于同一个格子中。

计算 Farmer John 需要多少分钟来抓住他的牛，假设牛和 Farmer John 一开始的行动方向都是正北（即上）。如果 John 和牛永远不会相遇，输出 0。

输入格式

输入共十行，每行 10 个字符，表示如上文描述的地图。

输出格式

输出一个数字，表示 John 需要多少时间才能抓住牛们。如果 John 无法抓住牛，则输出 0。

样例 #1

样例输入 #1

*...*.....
......*...
...*...*..
..........
...*.F....
*.....*...
...*......
..C......*
...*.*....
.*.*......

样例输出 #1

提示

翻译来自NOCOW

USACO 2.4

题解：

由于是 10 ∗ 10 10*10 10∗10所以是100个；
再因为有4个方向，所以有100*4=400（个）；
由概率论乘法法则可知最多有400*400=160000；
在由于它的障碍物原因，所以小于160000；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[11][11];
int main(){int i,j,k;int cx=0,cy=0,fx=0,fy=0;for(i=0;i<10;i++){scanf("%s",a[i]);
}
for(i=0;i<10;i++){for(j=0;j<10;j++){if(a[i][j]=='C'){cx=i;cy=j;   }else   if(a[i][j]=='F'){fx=i;fy=j;} }
}
int t=0;
int side=0,side1=0;//0==bei,1==dong,2==nan,3==xi;
while(t<1000){
if(fx==cx&&fy==cy){  //遇到； cout<<t; break;
}
if(side==0){  //bei;-->farm;if((fx-1)>=0&&a[fx-1][fy]!='*'){a[fx-1][fy]='F';a[fx][fy]='.';fx--;}else{side++;}
}
else if(side==1){  //dong;if((fy+1)<10&&a[fx][fy+1]!='*'){a[fx][fy+1]='F';a[fx][fy]='.';fy++;}else{side++;}
}else if(side==2){ //nan;
if((fx+1)<10&&a[fx+1][fy]!='*'){a[fx+1][fy]='F';a[fx][fy]='.';fx++;}else{side++;}
}else if(side==3){ //xi;if((fy-1)>=0&&a[fx][fy-1]!='*'){a[fx][fy-1]='F';a[fx][fy]='.';fy--;}else{side=0;}
}if(side1==0){  //bei;-->cow;if((cx-1)>=0&&a[cx-1][cy]!='*'){a[cx-1][cy]='C';a[cx][cy]='.';cx--;}else{side1++;}
}
else if(side1==1){  //dong;if((cy+1)<10&&a[cx][cy+1]!='*'){a[cx][cy+1]='C';a[cx][cy]='.';cy++;}else{side1++;}
}else if(side1==2){ //nan;if((cx+1)<10&&a[cx+1][cy]!='*'){a[cx+1][cy]='C';a[cx][cy]='.';cx++;}else{side1++;}
}else if(side1==3){ //xi;if((cy-1)>=0&&a[cx][cy-1]!='*'){a[cx][cy-1]='C';a[cx][cy]='.';cy--;}else{side1=0;}
}
t++;
}
if(t>=1000){cout<<"0";
}
return 0;
}

注意：这里的将

a[cx][cy-1]='C';
a[cx][cy]='.';

是为了调试更加方便直观；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[11][11];
int main(){int i,j,k;int cx=0,cy=0,fx=0,fy=0;for(i=0;i<10;i++){scanf("%s",a[i]);
}
for(i=0;i<10;i++){for(j=0;j<10;j++){if(a[i][j]=='C'){cx=i;cy=j;   }else   if(a[i][j]=='F'){fx=i;fy=j;} }
}
int t=0;
int side=0,side1=0;//0==bei,1==dong,2==nan,3==xi;
while(t<1000){
if(fx==cx&&fy==cy){  //遇到； cout<<t; break;
}
if(side==0){  //bei;-->farm;if((fx-1)>=0&&a[fx-1][fy]!='*'){//  a[fx-1][fy]='F';
//  a[fx][fy]='.';fx--;}else{side++;}
}
else if(side==1){  //dong;if((fy+1)<10&&a[fx][fy+1]!='*'){//      a[fx][fy+1]='F';
//      a[fx][fy]='.';fy++;}else{side++;}
}else if(side==2){ //nan;
if((fx+1)<10&&a[fx+1][fy]!='*'){//      a[fx+1][fy]='F';
//      a[fx][fy]='.';fx++;}else{side++;}
}else if(side==3){ //xi;if((fy-1)>=0&&a[fx][fy-1]!='*'){//      a[fx][fy-1]='F';
//      a[fx][fy]='.';fy--;}else{side=0;}
}if(side1==0){  //bei;-->cow;if((cx-1)>=0&&a[cx-1][cy]!='*'){//      a[cx-1][cy]='C';
//      a[cx][cy]='.';cx--;}else{side1++;}
}
else if(side1==1){  //dong;if((cy+1)<10&&a[cx][cy+1]!='*'){//      a[cx][cy+1]='C';
//      a[cx][cy]='.';cy++;}else{side1++;}
}else if(side1==2){ //nan;if((cx+1)<10&&a[cx+1][cy]!='*'){//      a[cx+1][cy]='C';
//      a[cx][cy]='.';cx++;}else{side1++;}
}else if(side1==3){ //xi;if((cy-1)>=0&&a[cx][cy-1]!='*'){//      a[cx][cy-1]='C';
//      a[cx][cy]='.';cy--;}else{side1=0;}
}
t++;
}
if(t>=1000){cout<<"0";
}
return 0;
}