030：胜利大逃亡
本帖最后由 Messj 于 2018-6-8 23:41 编辑Problem Description
Ignatius被魔王抓走了，有一天魔王出差去了，这可是Ignatius逃亡的好机会。魔王住在一个城堡里,城堡是一个A*B*C的立方体,可以被表示成A个B*C的矩阵,刚开始Ignatius被关在(0,0,0)的位置，离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置，现在知道魔王将在T分钟后回到城堡，Ignatius每分钟能从一个坐标走到相邻的六个坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出Ignatius能否在魔王回来前离开城堡(只要走到出口就算离开城堡，如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。
Input
输入数据的第一行是一个正整数K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第一行是四个正整数A,B,C和T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的大小和魔王回来的时间.然后是A块输入数据(先是第0块,然后是第1块,第2块......),每块输入数据有B行,每行有C个正整数,代表迷宫的布局,其中0代表路,1代表墙.(如果对输入描述不清楚,可以参考Sample Input中的迷宫描述,它表示的就是上图中的迷宫)
特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.
Output
对于每组测试数据,如果Ignatius能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他最少需要多少分钟,否则输出-1.
Sample Input
1
3 3 4 20
0 1 1 1
0 0 1 1
0 1 1 1
1 1 1 1
1 0 0 1
0 1 1 1
0 0 0 0
0 1 1 0
0 1 1 0
Sample Output
11 这里的时间，其实就是使用BFS的解答树的深度。
广度优先搜索，即在遍历解答树时使每次状态转移时扩展出尽可能多的新状态，并按照各个状态出现的先后顺序依次拓展他们（需要队列）。BFS的扩展往往呈幂级数kuo增长，当BFS的扩展深度扩大到一定程度，其扩展即使对于计算机也是一堆庞大的数据。因此，需要采取相应的措施来制约这种无限扩展。这个措施就是剪枝。
剪枝，即剪掉解答树上不可能存在我们所需答案的子树。这里就不多分析了。本题所要剪掉的是后出现的到达（x,y,z）的状态，相对于最先出现的(x,y,z)的状态而言，前者的深度不可能小于后者。因此，前者就没有必要继续扩展。
#include<cstdio>
#include<queue>
#define maxn 50
using namespace std;
bool mark;
int maze;
struct N
{
int x,y,z;
int t;
};
queue<N> Q;
int go[]=
{
1,0,0,
-1,0,0,
0,1,0,
0,-1,0,
0,0,1,
0,0,-1
}; //坐标变换数组
int BFS(int a,int b,int c)
{
while(!Q.empty())
{
N now=Q.front();
Q.pop();
for(int i=0;i<6;i++)
{
int nx=now.x+go;
int ny=now.y+go;
int nz=now.z+go;
if(nx<0||nx>=a||ny<0||ny>=b||nz<0||nz>=c)
continue;
if(maze==1)
continue;
if(mark==true)
continue;
N tmp;
tmp.x=nx;
tmp.y=ny;
tmp.z=nz;
tmp.t=now.t+1;
Q.push(tmp);
mark==true;
if(nx==a-1&&ny==b-1&&nz==c-1)
return tmp.t;
}
}
return -1;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int a,b,c,t;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&t);
for(int i=0;i<a;i++)
for(int j=0;j<b;j++)
for(int k=0;k<c;k++)
{
scanf("%d",&maze);
mark=false;
}
while(!Q.empty()) Q.pop();
mark=true;
N tmp;
tmp.t=tmp.x=tmp.y=tmp.z=0;
Q.push(tmp);
int rec=BFS(a,b,c);
if(rec>=0&&rec<=t)
printf("%d\n",rec);
else
printf("-1\n");
}
return 0;
}
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