本题主要是存储的问题,在存储上笔者原先的代码占用了大量的内存空间

这边笔者采用暴力的思想直接硬开所有情况的16^6的数组来存储该问题,当然这在时间上是十分浪费的,因为初始化实在太慢了,剩下的就是状态转移,以及隐式图的相关思路

点击查看笔者代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std; constexpr int maxl = 16, maxn = 16777216+5, base = 4, debase = 15;
int w, h, n, des, sta, st[maxl/4][2], ed[maxl/4][2], G[maxl][maxl];
int dx[5] = {0, 0, 0, 1, -1};
int dy[5] = {0, 1, -1, 0, 0};
bool vis[maxn]; struct Node{
int value, costed;
Node(int value = 0, int costed = 0) : value(value), costed(costed) {}
}; bool getD() {
cin >> w >> h >> n;
if(!w) return false;
int cnt = 0, buf[26][2][2], sign[26]; memset(sign, 0, sizeof(sign));
string line; getline(cin, line); memset(G, 1, sizeof(G));
for(int i = 0; i < h; i++) {
getline(cin, line);
int len = line.length();
for(int j = 0; j < len; j++) {
if(line[j] == ' ') G[i][j] = 1;
else if(line[j] == '#') G[i][j] = 0;
else {
G[i][j] = 1;
if(isupper(line[j])) { buf[line[j]-'A'][0][0] = i; buf[line[j]-'A'][0][1] = j; sign[line[j]-'A'] = 1; }
else { buf[line[j]-'a'][1][0] = i; buf[line[j]-'a'][1][1] = j; sign[line[j]-'a'] = 1; }
}
}
}
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i = 0; i < 26; i++)
if(sign[i]) {
st[cnt][0] = buf[i][1][0]; st[cnt][1] = buf[i][1][1];
ed[cnt][0] = buf[i][0][0]; ed[cnt++][1] = buf[i][0][1];
}
return true;
} int toInt(int (&arr)[4][2]) {
int temp = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
temp = (((temp<<4)|arr[i][0]) << 4) | arr[i][1];
}
return temp;
} #ifdef LOCAL
#include<algorithm>
void output(int num) {
string line;
do {
line += num%2+'0';
num /= 2;
} while(num);
reverse(line.begin(), line.end());
cout << line << endl;
}
#endif void output(int (&arr)[4][2]) {
for(int i = 0; i < n; i++) cout << arr[i][0] << " " << arr[i][1] << " ";
cout << endl;
} void toPos(int num, int (&arr)[4][2]) {
for(int i = n-1; i >= 0; i--) {
arr[i][1] = num & debase;
num = num >> base;
arr[i][0] = num & debase;
num = num >> base;
}
} void findPath(vector<int> &v, int cur, int (&npos)[4][2], int (&pos)[4][2]) {
if(cur == n) {
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = i+1; j < n; j++)
if((npos[i][0] == npos[j][0] && npos[i][1] == npos[j][1]) || (npos[i][0]==pos[j][0] && npos[i][1]==pos[j][1] && npos[j][0]==pos[i][0] && npos[j][1]==pos[i][1])) return;
int temp = toInt(npos);
if(!vis[temp]) {
vis[temp] = true;
v.push_back(temp);
}
return;
}
for(int i = 0; i < 5; i++) {
int nx = pos[cur][0] + dx[i], ny = pos[cur][1] + dy[i];
if(nx >= 0 && nx < h && ny >= 0 && ny < w && G[nx][ny]) {
npos[cur][0] = nx; npos[cur][1] = ny;
findPath(v, cur+1, npos, pos);
}
}
} int main() {
while(getD()) {
sta = toInt(st);
des = toInt(ed);
queue<Node> q;
q.push(Node(sta, 0));
int ans = 0;
vis[sta] = true;
while(!q.empty()) {
Node temp = q.front(); q.pop();
if(temp.value == des) { ans = temp.costed; break; }
int pos[4][2], npos[4][2];
toPos(temp.value, pos);
vector<int> v;
findPath(v, 0, npos, pos);
for(int i = 0; i < v.size(); i++) q.push(Node(v[i], temp.costed+1));
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}

注意,对于这种转移代价高的,我们要想办法减少转移代价,因为其实题目中有很多障碍格,因此并不是所有四个方向都能移动,因此可以把所有空格提出来建立一张图,而不是每次临时判断5中方法是否合法

其次,是换一个算法,例如双向广度优先搜索,双向BFS首先需要直到起点和终点,然后就可以正着搜索一层,反着搜索一层,这样交替下去,直到两层中出现相同的状态

A算法也是挺好的,不过此时就是使用优先队列,A算法最重要的就是估值函数的选取,

f(x) = h(x) + g(x)

h(x):是当前到x所需要花费的代价

g(x):启发式信息,根据x推断到达终点所需要花费的代价,一个好的启发式算法可以大大减少需要搜索遍历到的点

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