HDU 1010 temp of the bone 解题报告 （DFS）

转载大佬的blog，很详细，学到了很多东西

奇偶剪枝：根据题目，dog必须在第t秒到达门口。也就是需要走t-1步。设dog开始的位置为（sx,sy）,目标位置为（ex,ey）.如果abs(ex-x)+abs(ey-y)为偶数，则abs(ex-x)和abs(ey-y)奇偶性相同，所以需要走偶数步；

当abs(ex-x)+abs(ey-y)为奇数时，则abs(ex-x)和abs(ey-y)奇偶性不同，到达目标位置就需要走奇数步。先判断奇偶性再搜索可以节省很多时间，不然的话容易超时。t-sum为到达目标位置还需要多少步。因为题目要求doggie必须在第t秒到达门的位置，所以（t-step）和abs(ex-x)+abs(ey-y)的奇偶性必然相同。因此temp=（t-step）-abs(ex-x)+abs(ey-y)必然为偶数

http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=6158

1010 temp of the bone 
sample input:
4 4 5
S.X.
..X.
..XD
....
问题：
(1):
在发现当前节点无法到达时,这点弹出栈,并且把这点的标记重新刷为'.'
(2):
如何在dfs中既要保证到达又要使时间正好呢?? 在函数中通过这种形式实现:
dfs(int si,int sj,int cnt) 就是用cnt来记录当时的时间,并且在
if( si==di && sj==dj && cnt==t )
    {
        escape = 1;
        return;
    }
的时候 即当前点到达了终点并且时间恰好等于题目所给限制时间时,跳出
并且escape标记为真
(3):
如何让一个点有顺序地遍历它四周地能到达的点呢??
聪明并且简短的方法是设施一个dir[4][2] 数组 控制方向
并且设置它的值为dir[4][2]={{0,-1},{0,1},{1,0},{-1,0}};
遍历的时候用for(i:0->4)就非常方便了
(4):
千万要注意的是节点越界的情况, dfs(int si,int sj,int cnt)的时候一定要把 si, sj 控制在给你的矩阵内 在后面会提到一个我的列子 就是因为访问了[0, -1]的位置导致了其
他数据被更改
(5):
读入矩阵的时候,可以采用for(i = 1; i <= N; i++)
               for(j = 1; j <= M; j++)
                scanf("%c", &map[i][j]);        
的方法,好处在于可以控制和计算每一个读入的数据,坏处是调试的时候对矩阵的观察不太方便,而且好像还会有错误,在2102"A计划"用这种方法读入数据时好像就会wa,
另一种方法是for(i = 0; i < N; i++) gets(map[i]);
这样读入的数据在调试观察的时候十分方便 gets()读入的默认为字符串,在vc调试的时候是显式的 可以直接观察矩阵 缺点是对矩阵中各个数据的计算和控制无法实现,需要读完后再遍历一遍
(6)
能用bfs还是尽量用bfs 我不会bfs.... dfs的递归在调试的时候不是很方便,而且bfs要比dfs快,调试也要方便,因为它没有递归
(7)
关于剪枝,没有剪枝的搜索不太可能,这题老刘上课的时候讲过两个剪枝,一个是奇偶剪枝,一个是路径剪枝
奇偶剪枝:
把矩阵标记成如下形式:
0,1,0,1,0
1,0,1,0,1
0,1,0,1,0
1,0,1,0,1
很明显,如果起点在0 而终点在1 那显然 要经过奇数步才能从起点走到终点,依次类推,奇偶相同的偶数步,奇偶不同的奇数步
在读入数据的时候就可以判断,并且做剪枝,当然做的时候并不要求把整个矩阵0,1刷一遍,读入的时候起点记为(Si,Sj) 终点记为(Di,Dj) 判断(Si+Sj) 和 (Di+Dj) 的奇偶性就可以了
路径剪枝:
矩阵的大小是N*M 墙的数量记为wall 如果能走的路的数量 N*M - wall 小于时间T,就是说走完也不能到总的时间的,这显然是错误的,可以直接跳出了
课件里面给过这题的标程,在dfs的过程中有个没提到的剪枝,就是记录当前点到终点的最短路,如果小于剩余的时间的话,就跳出
这个剪枝我觉得更科学,它毕竟是动态的么,标程里面是这么写的:
temp = (t-cnt) - abs(si-di) - abs(sj-dj);
if( temp<0 || temp&1 ) return;
其中求当前点到终点的最短路是这样 abs(si-di) - abs(sj-dj) 这个就比较粗糙了 明显没有考虑到碰到墙要拐弯的情况
那求最短路有没有什么好办法呢?
我曾经想到过用 Dijkstraq求最短路的 ,明显大才小用,在论坛里看到一个方法觉得可以用在这里
给定下例:
S.X.
..X.
..XD
....
每个点到终点的最短路是不是这样呢:
S6X2
65X1
54XD
4321
这怎么求呢??从终点开始遍历整个数组,终点是0,它周围的点都+1,墙就不计数,依次类推,就能求得这个矩阵的一个最短时间矩阵,在dfs的时候比较当前点到终点的最短路,如果大于剩余时间的话就跳出
这个方法的预处理还是非常快的,我没有用过,但是感觉会非常有用处.
(8)
在做这题的时候,我碰到过一个神奇的事情,在程序运行至下面代码时
if( map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] != 'X')
    map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] = 'X';
T被改变了!! 这丝毫和T没有关系啊,怎么改变T的值呢??
原来在起点map[0][0]进入时,我没有注意到map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] 实际做的是map[0][-1] = 'X'; 很危险的一个赋值,书本上千万次强调的东西让我碰上了,这个地方我找了很久,因此我觉得有必要单独列出来提醒自己
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下面我把一个带注释的标程贴一下,不是我写的注释
//zju 2110 Tempter of the Bone
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
//迷宫地图
//X: 墙壁，小狗不能进入
//S: 小狗所处的位置
//D: 迷宫的门
//. : 空的方格
char map[9][9];
int n,m,t,di,dj; //(di,dj):门的位置
bool escape;
int dir[4][2]={{0,-1},{0,1},{1,0},{-1,0}}; //分别表示下、上、左、右四个方向
void dfs(int si,int sj,int cnt)  //表示起始位置为(si,sj)，要求在第cnt秒达到门的位置
{
    int i,temp;
    if( si>n || sj>m || si<=0 || sj<=0 ) return;
    if( si==di && sj==dj && cnt==t )
    {
        escape = 1;
        return;
    }
    //abs(x-ex) + abs(y - ey)表示现在所在的格子到目标格子的距离（不能走对角线）
    //t-cnt是实际还需要的步数，将他们做差
    //如果temp < 0或者temp为奇数，那就不可能到达！
    temp = (t-cnt) - abs(si-di) - abs(sj-dj);
    if( temp<0 || temp&1 ) return; 
    for( i=0; i<4; i++ )
    {
        if( map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] != 'X')
        {
            map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] = 'X';
                dfs(si+dir[i][0], sj+dir[i][1], cnt+1);
            if(escape) return;
            map[ si+dir[i][0] ][ sj+dir[i][1] ] = '.';
        }
    }
    return;
}
int main()
{
    int i,j,si,sj;
    while( cin >> n >> m >> t)
    {
        if( n==0 && m==0 && t==0 )
            break;
        int wall = 0;
        for( i=1; i<=n; i++ )
            for( j=1; j<=m; j++ )
            {
                cin >> map[i][j];
                if(map[i][j]=='S') { si=i; sj=j; }
                else if( map[i][j]=='D' ) { di=i; dj=j; }
                else if( map[i][j]=='X' ) wall++;
            }
            if( n*m-wall <= t )
            {
                cout << "NO" << endl;
                continue;
            }
            escape = 0;
            map[si][sj] = 'X';
            dfs( si, sj, 0 );
            if( escape ) cout << "YES" << endl;
            else cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}
这个注释当初还是帮了我很大忙的,起码让我看懂了课件