NOIP 模拟 $79\; \rm y$
题解 \(by\;zj\varphi\)
NOIP2013 的原题
最简单的思路就是一个 bfs,可以拿到 \(70pts\)
75pts
#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
#define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
#define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
#define Debug(x) assert(x)
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
bool f=false;x=0;char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
static const int N=31;
static const int dx[]={1,0,-1,0},dy[]={0,1,0,-1};
int n,m,q,ex,ey,sx,sy,tx,ty;
bool vis[N][N][N][N],est[N][N];
struct Que{int x,y,nx,ny,stp;}que[N*N*N*N];
auto bfs=[]() {
int hd=1,tl=0;
que[tl=1].x=ex,que[1].y=ey;
que[1].nx=sx,que[1].ny=sy;
while(hd<=tl) {
int x=que[hd].x,y=que[hd].y;
for (ri i(0);i<4;pd(i)) {
int stx=x+dx[i],sty=y+dy[i],nx=que[hd].nx,ny=que[hd].ny;
if (stx==nx&&sty==ny) nx=x,ny=y;
if (stx<1||stx>n||sty<1||sty>m||!est[stx][sty]||vis[stx][sty][nx][ny]) continue;
++tl;
que[tl].x=stx,que[tl].y=sty,que[tl].nx=nx,que[tl].ny=ny,que[tl].stp=que[hd].stp+1;
vis[stx][sty][nx][ny]=true;
if (nx==tx&&ny==ty) return que[tl].stp;
}
++hd;
}
return -1;
};
inline int main() {
// FI=freopen("y.in","r",stdin);
// FO=freopen("y.out","w",stdout);
cin >> n >> m >> q;
for (ri i(1);i<=n;pd(i))
for (ri j(1);j<=m;pd(j)) cin >> est[i][j];
for (ri z(1);z<=q;pd(z)) {
cin >> ex >> ey >> sx >> sy >> tx >> ty;
if (sx==tx&&sy==ty) printf("0\n");
else {
memset(vis,false,sizeof(vis));
printf("%d\n",bfs());
}
}
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}
常数写小一点,再开个 \(O2\) 洛谷和 loj 就过了。
正解:
对于一个点,它能移动只有当它周围四个方向存在空格子时,所以一个思路就是先将空格子移动到初始格子周围,再向目标点移动,同时维护空格点的位置。
设 \(move_{x,y,t1,t2}\) 表示当前在 \((x,y)\) 的格子,由空格子在它的左/上侧转移到右/下侧需要多少步,这个可以 bfs 预处理出来。
然后在询问时再用一个 bfs 处理出空格子到初始点的四个状态中所需要的步数。
设 \(f_{x,y,t}\) 表示点 \((x,y)\),空格在它的 \(t\) 状态,由初始点转移过来要多少步。
转移就是 \(f_{x,y,t}=\min (f_{xx,yy,tt}+mv_{xx,yy,tt,i}+1)\)
其中 \(t\) 是 \(i\) 对称过去的状态,\((x,y)\) 是 \((xx,yy)\) 周围的点。
最后跑一个最短路,特判一下无解。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
#define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
#define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
#define Debug(x) assert(x)
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
bool f=false;x=0;char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
static const int N=31;
static const int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
int mv[N][N][4][4],dis[N][N][4],n,m,q,ex,ey,sx,sy,tx,ty,cnt;
bool vis[N][N],vs[N][N][4],est[N][N];
struct Que{int x,y,d;}qe[N*N*N*N];
auto bfs=[](int x,int y,int f1,int f2) {
int sx=x+dx[f1],sy=y+dy[f1],tx=x+dx[f2],ty=y+dy[f2];
if ((!est[sx][sy])||(!est[tx][ty])) return;
std::queue<Que> que;
Que tmp={sx,sy,0};
que.push(tmp);
memset(vis,false,sizeof(vis));
vis[x][y]=vis[sx][sy]=true;
while(!que.empty()) {
tmp=que.front(),que.pop();
for (ri i(0);i<4;pd(i)) {
int kx=tmp.x+dx[i],ky=tmp.y+dy[i];
if (kx<1||kx>n||ky<1||ky>m) continue;
if (!vis[kx][ky]&&est[kx][ky]) {
vis[kx][ky]=true;
Que nw={kx,ky,tmp.d+1};
if (kx==tx&&ky==ty) {mv[x][y][f1][f2]=nw.d;return;}
que.push(nw);
}
}
}
};
auto init=[]() {
memset(mv,0x3f,sizeof(mv));
for (ri i(1);i<=n;pd(i))
for (ri j(1);j<=m;pd(j))
if (est[i][j])
for (ri k(0);k<4;pd(k))
for (ri l(0);l<4;pd(l))
if (l==k) mv[i][j][k][l]=0;
else bfs(i,j,k,l);
};
auto solve=[](int x,int y) {
cnt=0;
memset(vis,false,sizeof(vis));
vis[x][y]=vis[sx][sy]=true;
Que tmp={x,y,0};
std::queue<Que> que;
que.push(tmp);
while(!que.empty()) {
tmp=que.front(),que.pop();
for (ri i(0);i<4;pd(i)) {
int kx=tmp.x+dx[i],ky=tmp.y+dy[i];
if (kx<1||kx>n||ky<1||ky>m) continue;
if (est[kx][ky]&&!vis[kx][ky]) {
vis[kx][ky]=true;
que.push({kx,ky,tmp.d+1});
} else if (kx==sx&&ky==sy) qe[++cnt]={kx,ky,(i+2)%4},dis[kx][ky][(i+2)%4]=tmp.d;
}
}
};
auto spfa=[]() {
memset(vs,false,sizeof(vs));
std::queue<Que> que;
for (ri i(1);i<=cnt;pd(i)) que.push(qe[i]),vs[qe[i].x][qe[i].y][qe[i].d]=true;
Que tmp;
while(!que.empty()) {
tmp=que.front(),que.pop();
vs[tmp.x][tmp.y][tmp.d]=false;
for (ri i(0);i<4;pd(i)) {
int kx=tmp.x+dx[i],ky=tmp.y+dy[i],td;
if (kx<1||kx>n||ky<1||ky>m) continue;
if (dis[kx][ky][td=(i+2)%4]>dis[tmp.x][tmp.y][tmp.d]+mv[tmp.x][tmp.y][tmp.d][i]+1) {
dis[kx][ky][td]=dis[tmp.x][tmp.y][tmp.d]+mv[tmp.x][tmp.y][tmp.d][i]+1;
if (!vs[kx][ky][td]) {
vs[kx][ky][td]=true;
que.push({kx,ky,td});
}
}
}
}
};
inline int main() {
FI=freopen("y.in","r",stdin);
FO=freopen("y.out","w",stdout);
cin >> n >> m >> q;
for (ri i(1);i<=n;pd(i))
for (ri j(1);j<=m;pd(j)) cin >> est[i][j];
init();
for (ri z(1);z<=q;pd(z)) {
cin >> ex >> ey >> sx >> sy >> tx >> ty;
if (sx==tx&&sy==ty) printf("0\n");
else {
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
solve(ex,ey);
spfa();
int ans=1061109567;
for (ri i(0);i<4;pd(i)) ans=cmin(ans,dis[tx][ty][i]);
printf("%d\n",ans==1061109567?-1:ans);
}
}
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}
NOIP 模拟 $79\; \rm y$的更多相关文章
- NOIP 模拟 $20\; \rm y$
题解 \(by\;zj\varphi\) 首先发现一共最多只有 \(2^d\) 种道路,那么可以状压,(不要 \(dfs\),会搜索过多无用的状态) 那么设 \(f_{i,j,k}\) 为走 \(i\ ...
- NOIP模拟3
期望得分:30+90+100=220 实际得分:30+0+10=40 T1智障错误:n*m是n行m列,硬是做成了m行n列 T2智障错误:读入三个数写了两个%d T3智障错误:数值相同不代表是同一个数 ...
- 7.22 NOIP模拟7
又是炸掉的一次考试 T1.方程的解 本次考试最容易骗分的一道题,但是由于T2花的时间太多,我竟然连a+b=c都没判..暴力掉了40分. 首先a+b=c,只有一组解. 然后是a=1,b=1,答案是c-1 ...
- NOIP模拟 1
NOIP模拟1,到现在时间已经比较长了.. 那天是6.14,今天7.18了 //然鹅我看着最前边缺失的模拟1,还是终于忍不住把它补上,为了保持顺序2345重新发布了一遍.. # 用 户 名 ...
- 20190725 NOIP模拟8
今天起来就是虚的一批,然后7.15开始考试,整个前半个小时异常的困,然后一看题,T1一眼就看出了是KMP,但是完了,自己KMP的打法忘的一干二净,然后开始打T2,T2肝了一个tarjan点双就扔上去了 ...
- 20190902+0903合集-NOIP模拟
一直没时间写QwQ 于是补一下. Day 1 晚饭吃的有点恶心…… $1s\,2s\,5s$ 还开 -O2 ?? 有点恐怖. T1 猛的一想: 把外面设成一个点, 向入口连一条权为排队时间的边 从出口 ...
- 2021.5.22 noip模拟1
这场考试考得很烂 连暴力都没打好 只拿了25分,,,,,,,,好好总结 T1序列 A. 序列 题目描述 HZ每周一都要举行升旗仪式,国旗班会站成一整列整齐的向前行进. 郭神作为摄像师想要选取其中一段照 ...
- 5.23考试总结(NOIP模拟2)
5.23考试总结(NOIP模拟2) 洛谷题单 看第一题第一眼,不好打呀;看第一题样例又一眼,诶,我直接一手小阶乘走人 然后就急忙去干T2T3了 后来考完一看,只有\(T1\)骗到了\(15pts\)[ ...
- 5.22考试总结(NOIP模拟1)
5.22考试总结(NOIP模拟1) 改题记录 T1 序列 题解 暴力思路很好想,分数也很好想\(QAQ\) (反正我只拿了5pts) 正解的话: 先用欧拉筛把1-n的素数筛出来 void get_Pr ...
随机推荐
- Servlet生命周期和方法
一.五个生命周期方法,有三个很重要,初始化方法.提供服务方法和销毁方法 1.三个主要方法 2.另外两个重写的成员方法只做了解 二.生命周期详解 其中,每次刷新页面都是一次对servlet访问: 页面访 ...
- bash-completion linux命令补全
1.有时候用docker run 或者kubectl 想tab补全的时候用不了 这个时候可以安装一个神奇的包bash-completion yum install bash-completion 2. ...
- HDU2094产生冠军 (拓扑排序)
HDU2094产生冠军 Description 有一群人,打乒乓球比赛,两两捉对撕杀,每两个人之间最多打一场比赛. 球赛的规则如下: 如果A打败了B,B又打败了C,而A与C之间没有进行过比赛,那么就认 ...
- 【多线程】Android多线程学习笔记——线程池
Java线程池采用了享元设计模式,在系统中维持一定数量的线程,用于处理异步或并发需求,在平时处理异步或并发任务时被广泛使用.这里基于JDK1.8和Android28来整理一些关于线程池的知识点. 一. ...
- ESP8266- AP模式的使用
打算通过该模式,利用手机APP完成配网 • AP,也就是无线接入点,是一个无线网络的创建者,是网络的中心节点.一般家庭或办公室使用的无线路由器就是一个AP. • STA站点,每一个连接到无线网络中的终 ...
- Linux系列(25) - 常用快捷键(未更新完)
快捷键 说明 Ctrl+L 清屏 tab tab按一次自动补全目录文件名称/tab按二次将目录下带有补全前面字段的所有文件目录展示出来,例子: cd / tab键按两次将根目录下所有文件展示出来 ...
- svn的应用
SVN 如何来进行多人协作开发? 在实际工作中,通常是一个小组或者一个团队一起开发同一个项目,不同的人开发不同的功能模块,有一个公共的地方存放项目代码. 如果多个人同时对同一个文件做了修改,比如按照分 ...
- english note(6.2 to 5.30)
notes 6.2 to 5.30 http://www.51voa.com/VOA_Special_English/suicide-rates-among-young-americans-on-t ...
- P5825-排列计数【EGF,NTT】
正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5825 题目大意 对于每个\(k\),求有多少个长度为\(n\)的排列有\(k\)个位置上升. \(1\leq n ...
- 解决Pycharm无法显示matplotlib绘图问题
最近开始接触matplotlib, 1.首先安装matplotlib库和其依赖的一些其他库,例如:numpy,scipy和pandas等 2.开始进行简单的编码工作,并在PyCharm中运行,出现如下 ...