6.4.2 用BFS求最短路

前面的篇幅占了太多,再次新开一章,讲述BFS求最短路的问题
注意此时DFS就没有BFS好用了,因为DFS更适合求全部解,而BFS适合求最优解
这边再次提醒拓扑变换的思想在图形辨认中的重要作用,需要找寻不同图形在进行拓扑变换时候的不变性

假设有一个网格迷宫,由n行m列的单元格组成,每个单元格要么是空地,要么是障碍物,如何找到从起点到终点的最短路径?
回想二叉树的BFS,节点的访问顺序恰好是他们到根节点距离从小到大的顺序,类似的可以用BFS来按照到起点的距离顺序遍历迷宫图(因为BFS保证了后面遍历到的点离起点的距离是不严格单调递增的)

易知道如果将前一步指向后一步这一种关系当作树的祖孙层次关系,那么就可以创建出来一棵树,很明显这棵树的一大特点在于如果路权相等的情况下,局部最优会达到全局最优,即贪心的利用,使得除根节点之外,其他节点一定有且只有一个父亲节点,这棵树被称为最短路树,或者BFS树

Abbott's_Revenge题解

点击查看代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;

const int maxl = 11;

const int maxword = 20+5;
int toward[4][2] = {-1,0,0,1,1,0,0,-1}, dic[maxl][maxl][4][3];

struct Point{
  int x, y;
  Point(int x = 0, int y = 0) : x(x), y(y) {}
};

struct Node{
  int x, y, from;//0 1 2 3 nesw 012 go l f r 
  vector<Point> v[4];
}node[maxl][maxl];

int main() {
//	freopen("test.in", "r", stdin);
//	freopen("test.out", "w", stdout);
  char name[maxword];
  while(scanf("%s", name) == 1 && strcmp(name, "END")) {
  	int sx, sy, ex, ey;
  	char sdic;
  	cin >> sx >> sy >> sdic >> ex >> ey;
  	memset(node, 0, sizeof(node));
  	memset(dic, 0, sizeof(dic));
    int tx, ty;
    while(scanf("%d", &tx) == 1 && tx) {
    	scanf("%d", &ty);
    	node[tx][ty].x = tx;
    	node[tx][ty].y = ty;
    	char buf[10];
		while(scanf("%s", buf)==1 && strcmp(buf, "*")) {
	      int d;
		  switch(buf[0]) {
		  	case 'N': d=0; break;
		  	case 'E': d=1; break;
		  	case 'S': d=2; break;
		  	case 'W': d=3; break;
		  	default: break;
		  }
		  for(int i = 1; i < strlen(buf); i++) {
		  	switch(buf[i]) {
		  	  case 'L': dic[tx][ty][d][0] = 1; break;
			  case 'F': dic[tx][ty][d][1] = 1; break;
			  case 'R': dic[tx][ty][d][2] = 1; break;
			  default : break;
			}
		  }
		}	
	}
		int d;
		switch(sdic) {
		  case 'N': d=0; break;
		  case 'E': d=1; break;
		  case 'S': d=2; break;
		  case 'W': d=3; break;
		  default: break;
		}
		dic[sx][sy][d][1] = 0;
		int sx1 = sx+toward[d][0], sy1 = sy+toward[d][1];
		node[sx1][sy1].x = sx1;
		node[sx1][sy1].y = sy1;
		node[sx1][sy1].v[d].push_back(Point(sx, sy));
		node[sx1][sy1].v[d].push_back(Point(sx1, sy1));
		node[sx1][sy1].from = d;
		queue<Node> q;
		q.push(node[sx1][sy1]);
		vector<Point> ans;
		while(!q.empty()) {
          Node n = q.front();
          q.pop();
          if(n.x == ex && n.y == ey) {
          	ans = n.v[n.from];
			break;
		  }
          int temp = n.from;
		  for(int i = 0; i < 3; i++) {
		  	if(dic[n.x][n.y][temp][i]) {
			  int ndis = (temp+4+i-1)%4, sum = 10;
		  	  int px = n.x+toward[ndis][0], py = n.y+toward[ndis][1]; 
//			  for(int j = 0; j < 3; j++) {
//			  	sum += dic[px][py][ndis][j];
//			  }
			  if(sum) {
			  	Node insert;
			  	insert.x = px;
			  	insert.y = py;
			  	insert.from = ndis;
			  	insert.v[ndis] = n.v[n.from];
			  	insert.v[ndis].push_back(Point(px, py));
			  	q.push(insert);
			  }
		  	  dic[n.x][n.y][temp][i] = 0;	
			}
		  }
		}
		cout << name << endl;
		if(ans.empty()) cout << "  No Solution Possible" << endl;
		else{
		  for(int i = 0; i < ans.size(); i++) {
		  	if(i%10 == 0) cout << "  ";
		  	cout << "(" << ans[i].x << "," << ans[i].y << ")";
		  	if(i%10 == 9) cout << endl;
		    else if(i != ans.size()-1) cout << " ";
		  }
		  if(ans.size()%10) cout << endl;
		}
  }
  return 0;
}

笔者终于自行编出这段代码了,不过还是借用了udebug的调试,自己的思想还是不够严谨,不过笔者并没有看过他人代码参考,这题除了模拟比较高人心态之外,其思想是比较简单的,即不重不漏走完全图,有bfs路的出现就有答案,否则没有答案,需要注意的是对于各个结点的存储方式以及如何判断朝向,这两大问题解决了,本题就会较为简单了,本题的难点是对多数据的存储以及处理
需要注意的是在这题貌似PE的显示是WA,笔者只是修改了输出格式就AC了,只能说UVAOJyyds,这边读者有兴趣的话一定要注意这个坑

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