[CTSC 1999]拯救大兵瑞恩[网络流24题]孤岛营救问题

Description

$1944$ 年，特种兵麦克接到国防部的命令，要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但幸好麦克得到了迷宫的地形图。迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 $N$ 行，东西方向被划分为 $M$ 列，于是整个迷宫被划分为 $N\times M$ 个单元。每一个单元的位置可用一个有序数对(单元的行号，单元的列号)来表示。南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙，并且所有的门被分成$P$ 类，打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。

大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角，即 $(N,M)$ 单元里，并已经昏迷。迷宫只有一个入口，在西北角。也就是说，麦克可以直接进入 $(1,1)$ 单元。另外，麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为 $1$，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。

试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。

Input

第 $1$ 行有 $3$ 个整数，分别表示 $N,M,P$ 的值。

第 $2$ 行是 $1$ 个整数 $K$，表示迷宫中门和墙的总数。

第 $I+2$ 行$(1\leq I\leq K)$，有 $5$ 个整数，依次为$X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i$：

当 $G_i \geq 1$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一扇第 $G_i$ 类的门
当 $G_i=0$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一堵不可逾越的墙（其中，$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1$，$0\leq G_i\leq P$）。

第 $K+3$ 行是一个整数 $S$，表示迷宫中存放的钥匙总数。

第 $K+3+J$ 行$(1\leq J\leq S)$，有 $3$ 个整数，依次为 $X_{i1},Y_{i1},Q_i$：表示第 $J$ 把钥匙存放在 $(X_{i1},Y_{i1})$单元里，并且第 $J$ 把钥匙是用来开启第 $Q_i$ 类门的。（其中$1\leq Q_i\leq P$）。

输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。

Output

将麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值输出。如果问题无解，则输出 $-1$。

Sample Input

4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2
4 2 1

Sample Output

HINT

$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1,0\leq G_i\leq P$

$1\leq Q_i\leq P$

$N,M,P\leq10, K<150,S\leq 14$

题解

比较经典的分层图。

状压钥匙状态，按状态分层，跑最短路。

（代码好早之前写的，风格早就不一样了）

 1 #include<cmath>
 2 #include<ctime>
 3 #include<queue>
 4 #include<stack>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<string>
 7 #include<cstdlib>
 8 #include<cstring>
 9 #include<iostream>
10 #include<algorithm>
11 using namespace std;
12 const int w1[4]={-1,0,0,1};
13 const int w2[4]={0,-1,1,0};
14
15 int n,m,p,k,X1,X2,Y1,Y2,c,P;
16 int key[20][20][20][20];
17
18 struct tt
19 {
20     int to,next,cost;
21 }edge[1000005];
22 int path[300005],top;
23 int dist[300005];
24
25 void Add(int x,int y,int c);
26 int Bfs();
27
28 int main()
29 {
30     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&k);
31     P=1<<p;
32     for (int i=1;i<=k;i++)
33     {
34         scanf("%d%d%d%d%d",&X1,&Y1,&X2,&Y2,&c);
35         if (c==0) c=-1;
36         key[X1][Y1][X2][Y2]=key[X2][Y2][X1][Y1]=c;
37     }
38     for (int i=0;i<P;i++)
39     {
40         for (int x=1;x<=n;x++)
41         {
42             for (int y=1;y<=m;y++)
43             {
44                 for (int w=0;w<4;w++) if (x+w1[w]>=1&&x+w1[w]<=n&&y+w2[w]>=1&&y+w2[w]<=m)
45                 {
46                     if (key[x][y][x+w1[w]][y+w2[w]]==-1) continue;
47                     if (key[x][y][x+w1[w]][y+w2[w]]==0) Add(x*m*P+y*P+i,(x+w1[w])*m*P+(y+w2[w])*P+i,1);
48                     else if (i&(1<<(key[x][y][x+w1[w]][y+w2[w]]-1))) Add(x*m*P+y*P+i,(x+w1[w])*m*P+(y+w2[w])*P+i,1);
49                 }
50             }
51         }
52     }
53     scanf("%d",&k);
54     for (int i=1;i<=k;i++)
55     {
56         scanf("%d%d%d",&X1,&Y1,&c);
57         for (int j=0;j<P;j++) if (!(j&(1<<(c-1))))
58         {
59             Add(X1*m*P+Y1*P+j,X1*m*P+Y1*P+(j|(1<<(c-1))),0);
60         }
61     }
62     printf("%d\n",Bfs());
63     return 0;
64 }
65
66 void Add(int x,int y,int c)
67 {
68     edge[++top].to=y;
69     edge[top].next=path[x];
70     edge[top].cost=c;
71     path[x]=top;
72 }
73 int Bfs()
74 {
75     memset(dist,127/3,sizeof(dist));
76     int INF=dist[m*P+P];
77     dist[m*P+P]=0;
78     queue<int>Q;
79     Q.push(m*P+P);
80     while (!Q.empty())
81     {
82         for (int i=path[Q.front()];i;i=edge[i].next)
83         {
84             if (dist[Q.front()]+edge[i].cost<dist[edge[i].to])
85             {
86                 dist[edge[i].to]=dist[Q.front()]+edge[i].cost;
87                 Q.push(edge[i].to);
88             }
89         }
90         Q.pop();
91     }
92     int ans=INF;
93     for (int i=0;i<P;i++) if (dist[n*m*P+m*P+i]<ans) ans=dist[n*m*P+m*P+i];
94     return ans==INF ? -1:ans;
95 }

转载于:https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/8085448.html