NOI Online #2 普及组第二题：荆轲刺秦王

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前言

做题之前，让我们大吼几声：

你这个 “ 良心 ” 出题人！ \bold{\sout{你这个“良心”出题人！}} 你这个“良心”出题人！

害的我这道题爆零！ \bold{\Large\xcancel\text{害的我这道题爆零！}} 害的我这道题爆零！

吼完了，我们来看看这道题怎么做？

题目

传送门

解析

一看题目，像个搜索

再一看，像个广度优先搜索

既然是BFS，那我们首先要搞出一个（一堆）队列

那问题是队列里咱们存啥呢？？？

首先，按照广搜解决“迷宫问题”的国际惯例，肯定要先把坐标和步数存到里面！

可是，这似乎不大够？

荆轲还有两种技能：隐身和瞬移。
1.隐身：balabala……
2.瞬移：balabala……
现在给出咸阳城的地图，请计算荆轲到达秦王所在点所需的最短时间。此外，在所用时间相同情况下，荆轲希望使用的两种技能总次数尽可能少；在所用时间与技能次数相同情况下，荆轲希望使用的隐身次数尽可能少。

emmmmm，还要把隐身和瞬移的使用次数存下来~

啊，要存这么多东西……这时候，结构体就要派上用场啦！

struct Node{int x;int y;int yx;int sy;int sum;
};
queue<Node> q;

当然，我们要在茫茫多的方案中选择一个最优解——所以，我们要写一个函数（算是取min吧……），来选择一个最优解

Node Check_Ans(Node a,Node b)
{if(a.sum!=b.sum)return a.sum<b.sum?a:b;if(a.yx+a.sy!=b.yx+b.sy)return a.yx+a.sy<b.yx+b.sy?a:b;return a.yx<b.yx?a:b;
}

所有结构体啥的准备工作都已经完成啦！接下来，咱们考虑一下main函数的框架：包括输入等细节的处理

especially，咱们来康康要输入要注意啥：

输入的整个地图，既有诸如 S T . 之类的字符，还有表示卫兵监控范围的数，两个这么一整合——就用string来输入吧！
由于S啊，T啊啥的随便换个数就行了，只要能标记上就OK，而地图上的数字是非常重要的，所以地图我们用int类型存储
这应该也是每个字符串模拟题要注意的地方，当输入到字符串里的数字 ≥ 10 \ge10 ≥10 的时候，我们要一位一位加上去，（写的时候可以照快读那样写），千万不要读完一位剩下的就不管了
于每种字符的特殊处理——标记起点和终点，遇到卫兵时，我们要处理出卫兵的观察范围

呼呼，大概就这么多啦~

ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m>>c1>>c2>>d;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){string s;cin>>s;if(s[0]=='S'){sx=i,sy=j;mp[i][j]=-1;q.push((Node){sx,sy,0,0,0});vis[i][j][0][0]=1;}else if(s[0]=='T'){ex=i,ey=j;mp[i][j]=-2;}else if(s[0]=='.')mp[i][j]=0;else{int x=0;for(int i=0;i<s.size();i++)x=(x<<1)+(x<<3)+(s[i]^'0');mp[i][j]=x;pre_look(i,j,x-1); //处理士兵观察范围}}}for(int i=1;i<=n;i++){int sum=0;for(int j=1;j<=m;j++){sum+=tag[i][j];if(sum>0)look[i][j]=1; }}bfs();if(ans.sum==233333333) puts("-1");else{printf("%d %d %d",ans.sum,ans.yx,ans.sy);}

⋆ 划重点了！ \Huge\color{red}\star\color{black}\text{\huge 划重点了！} ⋆划重点了！

那接下来的问题来啦！如何处理每个士兵的监控范围呢？

暴力枚举？TLE警告

时间复杂度 O ( a 2 ) O(a^2) O(a2) ，加上输入的循环 O ( a 2 m n ) O(a^2mn) O(a2mn) ，TLE警告……

那咋办呢？别急，咱们先画个图！

下图就是 a = 3 a=3 a=3 的情况，士兵可以观察到和它的曼哈顿距离 ≤ 2 \le2 ≤2 的点

（图中，黑色 \bold{\text{黑色}} 黑色点为士兵所在点，紫色 \bold{\color{purple}\text{紫色}} 紫色点为士兵的监控范围点）

我们惊奇地发现，覆盖区域是一个实心的菱形！

也就是说，士兵观察到的范围，对每一行/列来说，都是一段连续的区间！处理范围，是一个区间修改问题！

提到区间修改，大家会想到什么呢？

线段树？……树状数组？……差分！

众所周知，差分在区间修改问题中有奇效，原因是它只需要改——两个点，我们只需要在左端点的位置 + 1 +1 +1 ，右端点 + 1 +1 +1 的位置 − 1 -1 −1。

而且，既然区域是个菱形，我们可别忘了菱形的对称性，也就是说，我们找到一个点之后，我们可以根据它的两条对称轴找到它的三个对应点

也就是说，我们能在 O ( a ) O(a) O(a) 的时间内求出一个士兵的监控范围，处理这一块的总复杂度为 O ( a m n ) O(amn) O(amn) ，不错不错~

我这里采用的是从中心向四周扩展的方式——也就是说枚举当前点到中心的距离进行修改

（图中，绿色 \bold{\color{green}\text{绿色}} 绿色点为修改的左端点，橙色 \bold{\color{orange}\text{橙色}} 橙色点为修改的右端点，为了符合我们OIer的坐标书写习惯， xxx 轴正方向为下方， yyy 轴正方向为右方）

结合着这个图，你就可以理解下方的代码惹~

void pre_look(int x,int y,int k)
{for(int i=0;i<=k;i++){tag[max(x-i,1)][max(y-(k-i),1)]++; tag[max(x-i,1)][min(y+(k-i),m)+1]--;tag[min(x+i,n)][max(y-(k-i),1)]++;tag[min(x+i,n)][min(y+(k-i),m)+1]--;}
}

bfs:

void bfs(){while(!q.empty()){Node fr=q.front();q.pop();if(fr.sum>ans.sum)continue;if(fr.x==ex&&fr.y==ey){ans=Check_Ans(ans,fr);continue;} for(int i=0;i<8;i++){int nx=fr.x+dx[i];int ny=fr.y+dy[i];if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m||mp[nx][ny]>0)continue;if(look[nx][ny]){if(vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy]||fr.yx+1>c1)continue;vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx+1,fr.sy,fr.sum+1});}else{if(vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy])continue;vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx,fr.sy,fr.sum+1});             }}if(fr.sy+1>c2)continue;for(int i=0;i<4;i++){int nx=fr.x+dx[i]*d;int ny=fr.y+dy[i]*d;if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m||mp[nx][ny]>0)continue;if(look[nx][ny]){if(vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy+1]||fr.yx+1>c1)continue;vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy+1]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx+1,fr.sy+1,fr.sum+1});}else{if(vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy+1])continue;vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy+1]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx,fr.sy+1,fr.sum+1});                }           }}
}

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Node{int x;int y;int yx;int sy;int sum;
};
Node Check_Ans(Node a,Node b)
{if(a.sum!=b.sum)return a.sum<b.sum?a:b;if(a.yx+a.sy!=b.yx+b.sy)return a.yx+a.sy<b.yx+b.sy?a:b;return a.yx<b.yx?a:b;
}
bool vis[355][355][20][20],look[355][355];
int tag[355][355];
int n,m,c1,c2,d;
int mp[355][355];
const int dx[8]={1,0,-1,0,1,-1,-1,1},dy[8]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1};
void pre_look(int x,int y,int k)
{for(int i=0;i<=k;i++){tag[max(x-i,1)][max(y-(k-i),1)]++; tag[max(x-i,1)][min(y+(k-i),m)+1]--;tag[min(x+i,n)][max(y-(k-i),1)]++;tag[min(x+i,n)][min(y+(k-i),m)+1]--;}
}
int sx,sy,ex,ey;
queue<Node> q;
Node ans=(Node){0,0,233333333,233333333,233333333};
void bfs(){while(!q.empty()){Node fr=q.front();q.pop();if(fr.sum>ans.sum)continue;if(fr.x==ex&&fr.y==ey){ans=Check_Ans(ans,fr);continue;} for(int i=0;i<8;i++){int nx=fr.x+dx[i];int ny=fr.y+dy[i];if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m||mp[nx][ny]>0)continue;if(look[nx][ny]){if(vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy]||fr.yx+1>c1)continue;vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx+1,fr.sy,fr.sum+1});}else{if(vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy])continue;vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx,fr.sy,fr.sum+1});                }}if(fr.sy+1>c2)continue;for(int i=0;i<4;i++){int nx=fr.x+dx[i]*d;int ny=fr.y+dy[i]*d;if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m||mp[nx][ny]>0)continue;if(look[nx][ny]){if(vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy+1]||fr.yx+1>c1)continue;vis[nx][ny][fr.yx+1][fr.sy+1]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx+1,fr.sy+1,fr.sum+1});}else{if(vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy+1])continue;vis[nx][ny][fr.yx][fr.sy+1]=1;q.push((Node){nx,ny,fr.yx,fr.sy+1,fr.sum+1});                }           }}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m>>c1>>c2>>d;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){string s;cin>>s;if(s[0]=='S'){sx=i,sy=j;mp[i][j]=-1;q.push((Node){sx,sy,0,0,0});vis[i][j][0][0]=1;}else if(s[0]=='T'){ex=i,ey=j;mp[i][j]=-2;}else if(s[0]=='.')mp[i][j]=0;else{int x=0;for(int i=0;i<s.size();i++)x=(x<<1)+(x<<3)+(s[i]^'0');mp[i][j]=x;pre_look(i,j,x-1);}}}for(int i=1;i<=n;i++){int sum=0;for(int j=1;j<=m;j++){sum+=tag[i][j];if(sum>0)look[i][j]=1;  }}bfs();if(ans.sum==233333333) puts("-1");else{printf("%d %d %d",ans.sum,ans.yx,ans.sy);}return 0;
}

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