HDNOIP201404最短路径

HDNOIP201404最短路径

难度级别： A； 编程语言：不限；运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

a、b、c是3个互不相等的1位正数，用它们和数字0可以填满一个n行n列的方格阵列，每格中都有4种数码中的一个。填入0的格子表示障碍物，不能属于任何路径。你是否能找出一条从1行1列出发，到达n行n列且代价最小的路径呢？注意：每一格只能走向与之相邻的上、下、左、右的非0且不出界的格子。而所谓路径代价指的是路径经过的所有格子中的数字总和。请你编程求出从1行1列的位置出发到达n行n列的最小路径代价，若无法到达就输出-1。

输入

第一行输入数字n。
接下来的n行每行是一个长度为n的数字串，这n个字符串就构成了一个数字符的方阵。方阵中除了'0'外，最多还可以包含3种数字符。

输出

仅有最小代价或-1这一个整数。

输入示例

【输入样例1】
4
1231
2003
1002
1113
【输入样例2】
4
3150
1153
3311
0530

输出示例

【输出样例1】
10
【输出样例2】
-1

其他说明

60%的数据，n<10，80%的数据，n<100，100%的数据，n<1000

确实是一道好题。

1000*1000的最短路可能有些吃力，实测卡时1000s+。那么怎么做呢？

方阵中除了'0'外，最多还可以包含3种数字符。

这提醒我们，可以在这上面做些文章。考虑为什么用Heap来优化Dijkstra，是因为有些边很长有些边很短，对于所有入边相同的点，易得它们的距离是递增的。

算法就水落石出了，用3个单调队列代替Heap，注意每次如何取队头和如何加入队尾。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=,f=;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
    return x*f;
}
const int maxn=;
char A[maxn][maxn];
int n,d[maxn][maxn],vis[maxn][maxn],idx[maxn],tp;
struct Point {
    int x,y;
    bool operator < (const Point& ths) {return d[x][y]<d[ths.x][ths.y];}
};
queue<Point> q[];
int getfront() {
    int c=-;
    if(q[].size()) c=;
    if(q[].size()&&(c<||q[].front()<q[c].front())) c=;
    if(q[].size()&&(c<||q[].front()<q[c].front())) c=;
    return c;
}
int mx[]={,-,,},my[]={,,,-};
int solve() {
    if(A[][]==''||A[n][n]=='') return -;
    q[idx[A[][]]].push((Point){,});d[][]=A[][]-'';
    while(q[].size()+q[].size()+q[].size()) {
        int t=getfront();int x=q[t].front().x,y=q[t].front().y;q[t].pop();
        if(x==n&&y==n) return d[x][y];
        if(vis[x][y]) continue;vis[x][y]=;
        rep(dir,,) {
            int nx=x+mx[dir],ny=y+my[dir];
            if(nx>=&&nx<=n&&ny>=&&ny<=n&&A[nx][ny]!=''&&d[x][y]+A[nx][ny]-''<d[nx][ny]) {
                d[nx][ny]=d[x][y]+A[nx][ny]-'';
                q[idx[A[nx][ny]]].push((Point){nx,ny});
            }
        }
    }
    return -;
}
int main() {
    n=read();
    rep(i,,n) scanf("%s",A[i]+);
    memset(idx,-,sizeof(idx));
    rep(i,,n) rep(j,,n) {
        if(idx[A[i][j]]<&&A[i][j]!='') idx[A[i][j]]=tp++;
        d[i][j]=<<;
    }
    printf("%d\n",solve());
    return ;
}