Tempter of the Bone_tempter of the bone 测试数据-CSDN博客

Tempter of the Bone

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Problem Description

The doggie found a bone in an ancient maze, which fascinated him a lot. However, when he picked it up, the maze began to shake, and the doggie could feel the ground sinking. He realized that the bone was a trap, and he tried desperately to get out of this maze.

The maze was a rectangle with sizes N by M. There was a door in the maze. At the beginning, the door was closed and it would open at the T-th second for a short period of time (less than 1 second). Therefore the doggie had to arrive at the door on exactly the T-th second. In every second, he could move one block to one of the upper, lower, left and right neighboring blocks. Once he entered a block, the ground of this block would start to sink and disappear in the next second. He could not stay at one block for more than one second, nor could he move into a visited block. Can the poor doggie survive? Please help him.

Input

The input consists of multiple test cases. The first line of each test case contains three integers N, M, and T (1 < N, M < 7; 0 < T < 50), which denote the sizes of the maze and the time at which the door will open, respectively. The next N lines give the maze layout, with each line containing M characters. A character is one of the following:

'X': a block of wall, which the doggie cannot enter;
'S': the start point of the doggie;
'D': the Door; or
'.': an empty block.

The input is terminated with three 0's. This test case is not to be processed.

Output

For each test case, print in one line "YES" if the doggie can survive, or "NO" otherwise.

Sample Input

  
  
   
   4 4 5
S.X.
..X.
..XD
....
3 4 5
S.X.
..X.
...D
0 0 0

Sample Output

  
  
   
   NO
YES

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
int n,m,time,flag,da,db,sa,sb;
char a[10][10];
int d[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1};
int visit[10][10];
void dfs(int x,int y,int step)
{
int xx,yy,i;
if(x==da&&y==db)
{
if(step==time)
flag=1;
return;
}
if(flag)return;//剪枝(可以不要)
if(step==time)return;//剪枝（不管是否能够到达，都要返回，flag已经记录下结果了）
for(i=0;i<4;i++)
{
xx=x+d[i][0];
yy=y+d[i][1];
if(xx<0||yy<0||xx>n-1||yy>m-1||visit[xx][yy]==1||a[xx][yy]=='X')
continue;
visit[xx][yy]=1;
//（可能很多人很迷茫这一点，这是两种情况1：如果走a[xx][yy]这一点，就搜索dfs(xx,yy,step+1);如果没有搜索到，跳出后visit[xx][yy]=0;此处标记为为走过）
dfs(xx,yy,step+1);
visit[xx][yy]=0;
if(flag)return;//剪枝||外搜索的返回
}
}
int main()
{
int i,j;
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&time)!=-1,n!=0||m!=0||time!=0)
{
getchar();
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",a[i]);
for(j=0;j<m;j++)
{
if(a[i][j]=='S')
{sa=i,sb=j;}
if(a[i][j]=='D')
{da=i;db=j;}
}
}
if((abs(sa-sb)+abs(da-db)+time)%2||abs(sa-da)+abs(sb-db)>time)//剪枝一；
{printf("NO\n");continue;}
memset(visit,0,sizeof(visit));
flag=0;
visit[sa][sb]=1;
dfs(sa,sb,0);
visit[sa][sb]=0;
if(flag)
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
return 0;

}

----------------------------------------------------------------------------------------------

mycode：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
char map[10][10];
int vis[10][10];
int d[4][2]={{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}};
int n,m,t,ex,ey,fg,sx,sy;
void dfs(int step,int x,int y)
{
int xx,yy,i;
if(step==t&&x==ex&&y==ey)
{
fg=1;
return;
}
if(step==t)
return;
for(i=0;i<4;i++)
{
xx=x+d[i][0];
yy=y+d[i][1];
if(xx<0||yy<0||xx>n-1||yy>m-1||vis[xx][yy]==1||map[xx][yy]=='X')
continue;
vis[xx][yy]=1;
dfs(step+1,xx,yy);
vis[xx][yy]=0;
if(fg)return;//剪枝||外搜索的返回
}
}
int main()
{
int i,j;
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&t)!=EOF&&n)
{
getchar();
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",map[i]);
for(j=0;j<m;j++)
{
if(map[i][j]=='S')
{
sx=i;
sy=j;
}
else if(map[i][j]=='D')
{
ex=i;
ey=j;
}
}
}
if((abs(sx-ex)+abs(sy-ey)+t)%2||abs(sy-ey)+abs(sx-ex)>t)//剪枝一；
{printf("NO\n");continue;}
memset(vis,0,sizeof(vis));
fg=0;
vis[sx][sy]=1;
dfs(0,sx,sy);
if(fg)
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}

  题意：这个题目的意思是给定你起点S，和终点D，问你是否能在 T 时刻恰好到达终点D。 

  分析：这样一看很明显是DFS，不过里面涉及到很多剪枝。 

 
 奇偶剪枝： 

  是数据结构的搜索中，剪枝的一种特殊小技巧。 

  现假设起点为(sx,sy)，终点为（ex,ey），给定t步恰好走到终点， 

 
 s    
|    
|    
|    
+———e
 

  如图所示（“|”竖走，“—”横走，“+”转弯），易证abs(ex-sx)+abs(ey-sy)为此问题类中任意情况下，起点到终点的最短步数，记做step，此处step1=8； 

 
 s——— 
 ——+ 
|+   
|    
+———e
 

  如图，为一般情况下非最短路径的任意走法举例，step2=14； 

  step2-step1=6，偏移路径为6，偶数（易证）； 

  故，若t-[abs(ex-sx)+abs(ey-sy)]结果为非偶数（奇数），则无法在t步恰好到达； 

  返回，false； 

  反之亦反。 

  心得：起初没仔细看题，以为是 T 时间内到达的，果断 BFS 呀，于是果断 WA ，于是就把题目在仔细看了一遍，没想到是 T 时刻到达， 

  所以心凉了一截，再次果断 DFS ，稍微剪下枝，就交了TLE，无语了，想了好久没不知道怎么剪枝的，后来看了下解题报告才 

  知道还有个奇偶剪枝，挺强大的。 

 
 以后要仔细看题 

不是很难的搜索题，但要注意，用深搜时一定要剪枝；否则很容易超时，
剪枝分为：
1.奇偶剪枝：矩阵都可以写成奇偶相间的形式；
0 1 0 1 0
1 0 1 0 1
0 1 0 1 0
1 0 1 0 1
其中，只要是由0->1，或者1->0，都是奇数步；
而由0->0,1->1，的都是偶数步；
所以只要步子数与时间的奇偶性不同，就一定不能到达，要剪掉；
2：路径剪枝：
有一个最短路径，如果最短路径的步数都大于时间，则肯定不能到达，要剪掉，abs（sa-da）+abs（sb-db），是很粗糙的最短路径，因为路径中可能有不能走的墙，可以用动态存储最短路径，这个题还没必要；
如果在路径中，还没有到达，步子数就已经跟时间相等，则此路径不可能，剪掉；

题目中有深搜便捷的判断方法：比如用step存步子数与时间作比较；用flag做深搜的返回值，搜索过程中记录flag的变化，然后只要遇到可以减掉的过程，就直接返回；