HDU.1010 Tempter of the Bone

一、题目解读

1、原题

HDU.1010 Tempter of the Bone

2、分类

回溯法

3、题意

给定一个$N \times M$N×M的迷宫让一只狗去走，迷宫中有一些墙(‘X’)、有一些路(’.’)、有一个起点(‘S’)、有一个终点(‘D’)，终点只在狗走第$T$T步时开放，墙不可通过，每个路只能走一次。问：狗能否从终点出去？

4、输入输出格式

输入/输出	要求与格式
输入样例个数	通过输入$N=0$N=0、$M = 0$M=0、$T = 0$T=0标识输入结束
输入格式（每个样例）	用$N$N行$M$M列输入一个$N \times M$N×M的迷宫地图，用题述字符描述（行内无间隔）
输出格式（每个样例）	每行输出一个结果（YES/NO）

5、数据范围

数据	范围
$M$M、$N$N	$1 < N, M < 7$1<N,M<7
$T$T	$0 < T < 50$0<T<50
样例数	很多，但不知道是多少（从之前TLE的情况来看估计应该非常多????）

二、题解参考

1、总体思路

思路	时间复杂度	具体解释
回溯法 + 奇偶剪枝	学术不精，以后补上	就像树结构一样，每次有4种选择，不断往下分，遇到一些肯定不成立的情况可以剪枝剪掉

2、思路①

(1).分析

先说一下回溯法总体的思路吧。

把起点当做是树形结构的根，每次有4条路可以走，在树形结构上也就对应了每次的4个分支。并且，如果往下走的某一条路可以确定无解，就可以不用继续往下4分了，直接回到上一层，进入下一条支路。

举个例子，就像下面的图，先尝试走(sx - 1, sy)，但是走到了这里发现这是一个墙’X’，因此这条路往下即使得到一个解也不会是可行解，舍弃这条支路，返回到(sx, sy)。继续下一层前进，走到(sx + 1, sy)，用同样的方法进行判断，如果可行，继续往下尝试，否则回溯到上一层继续下一次。

那这个走迷宫问题也差不多就是这样，往四个方向尝试走，如果能走就继续走走看，不行就“撤销”这一步，再换个方向走走，也算是一种穷举吧。

虽然问题的规模还算比较小，回溯法的时间复杂度应该可以撑过去，但是从之前TLE的结果反过来想了想，可能案例数不少，毕竟原题上也就只是说了“multiple test cases”，所以显然还需要简化。

根据一些前辈们的经验，有以下三种情况是不用回溯法就可以直接判断出来的：

• ①、最短距离比允许时间长
• ②、可行格数比允许时间少
• ③、奇偶剪枝

前两个我想不用仔细说，稍微想一下就知道。

这里说下奇偶剪枝。网格的格子可按照下图方式分为标号0的格子和标1的格子

很显然，有以下结论：

• 标记相同两个的格子之间需要的步数为偶数步
• 标记不同两个的格子之间需要的步数为奇数步

因此，如果给的时间和起终点间步数的奇偶性不同就一定是“NO”.

根据这三个情况，可以不用回溯法就舍弃掉一些案例，大幅提升效率。

(2).AC代码

HDU（C++/G++）AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

int N, M, T;
int sx, sy;
int dx, dy;
int cnt_point;
char mp[10][10];
int dir[4][2] = { {1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1} };

int dfs(int x, int y, int t)
{
	if (t == T)
	{
		if (x != dx || y != dy)
			return 0;
		return 1;
	}
	int tx, ty;
	for (int i = 0; i < 4; ++i)
	{
		tx = x + dir[i][0];
		ty = y + dir[i][1];
		if (tx < 0 || tx >= N || ty < 0 || ty >= M || mp[tx][ty] == 'X')
			continue;
		mp[tx][ty] = 'X';
		if (dfs(tx, ty, t + 1))
			return 1;
		mp[tx][ty] = '.';
	}
	return 0;
}

int main()
{
	while (scanf("%d %d %d", &N, &M, &T), N || M || T)
	{
		for (int i = 0; i < N; ++i)
			scanf("%s", &mp[i]);
		cnt_point = 0;
		for (int i = 0; i < N; ++i)
			for (int j = 0; j < M; ++j)
			{
				if (mp[i][j] == 'S')
				{
					sx = i;
					sy = j;
					mp[i][j] = 'X';
				}
				else if (mp[i][j] == 'D')
				{
					dx = i;
					dy = j;
					mp[i][j] = '.';
					++cnt_point;
				}
				else if (mp[i][j] == '.')
					++cnt_point;
			}
		
		// 如果出现以下三种情形之一，则可以直接判定为NO
		// 1.最短距离比允许时间长
		// 2.所有可走的路的数量比允许时间少
		// 3.奇偶剪枝
		if ((abs(sx - dx) + abs(sy - dy) > T) || (cnt_point < T) || ((abs(sx - dx) + abs(sy - dy) - T) & 1))
		{
			printf("NO\n");
			continue;
		}

		if (dfs(sx, sy, 0))
			printf("YES\n");
		else
			printf("NO\n");
	}

	return 0;
}

三、评价与后话

1、评价

这道题主要考察的是回溯法、奇偶剪枝，难度不大，但是如果想不到这些剪枝可能就会怀疑自己的代码会不会哪里卡死了，毕竟问题规模这么小还能超时。

不过也算是见识到了，有的时候超时可能是因为案例数太多。

2、奇偶剪枝0-1示图绘制代码（C++——EasyX）

#include <graphics.h>
#include <conio.h>

int main()
{
	initgraph(400, 350);

	for (int i = 1; i < 8; ++i)
		line(i * 50, 0, i * 50, 350);
	for (int j = 1; j < 7; ++j)
		line(0, j * 50, 400, j * 50);
	settextstyle(40, 0, _T("宋体"));
	setbkmode(TRANSPARENT);
	for (int i = 0; i < 56; i += 2)
	{
		int x = i / 7;
		int y = i % 7;
		outtextxy(x * 50 + 15, y * 50 + 5, L"0");
	}
	settextcolor(BLACK);
	for (int i = 1; i < 56; i += 2)
	{
		int x = i / 7;
		int y = i % 7;
		floodfill(x * 50 + 25, y * 50 + 25, WHITE);
		outtextxy(x * 50 + 15, y * 50 + 5, L"1");
	}
	saveimage(L"res.jpg");
	_getch();

	return 0;
}

3、后话

再接再厉，一鼓作气！