【代码超详解】POJ 3984 迷宫问题(BFS 求最短路 + DFS从终点回溯输出最短路,0 ms)
程序员文章站
2024-03-23 13:46:40
...
一、题目描述
迷宫问题
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536K
Total Submissions: 46805 Accepted: 25576(2019/11/2)
Description
定义一个二维数组:
int maze[5][5] = {
0, 1, 0, 0, 0,
0, 1, 0, 1, 0,
0, 0, 0, 0, 0,
0, 1, 1, 1, 0,
0, 0, 0, 1, 0,
};
它表示一个迷宫,其中的1表示墙壁,0表示可以走的路,只能横着走或竖着走,不能斜着走,要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。
Input
一个5 × 5的二维数组,表示一个迷宫。数据保证有唯一解。
Output
左上角到右下角的最短路径,格式如样例所示。
Sample Input
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0
Sample Output
(0, 0)
(1, 0)
(2, 0)
(2, 1)
(2, 2)
(2, 3)
(2, 4)
(3, 4)
(4, 4)
Source
二、算法分析说明与代码编写指导
BFS求最短路
1、用途:对无权图或矩阵样式的块求最短路径(每步长度相同)。
2、算法内容:
设队列q。先将起点入队,然后以下部分循环直到队列为空,然后输出:
取q的队首,弹出。然后将q周围全部的可走的点都入队。入队的全部点都要标记已访问,以免死循环。
当队列为空,如果不在终点,则起点到终点无通路;否则,找到了一条最短路径。
3、补充说明:
【1】如果需要输出最短路径需要经过的步数(长度),应该用额外的数组存储已走的步数。当取队首的某一点后,将周围的可行点入队时,
对应位置的步数是取到的点的步数+1。
【2】在【1】的条件下,如果要输出最短路的坐标,从终点开始通过DFS回溯,每次进入的是比当前位置的步数少1的点,
走到起点后输出当前点并退出全部递归。
一种实现方式是:DFS函数传入坐标作为参数,返回bool类型,递归终止条件写在函数的开头,当走到起点后直接返回true。
当深层返回true时,当前层输出当前点的位置并返回true。如果进入某条路径的深层后被堵死了(找不到起点),返回false。
这样的方法会少输出一个终点,因为只有深层返回true时会引发输出,第一层本身不会被输出。所以在DFS执行完毕后要补上终点坐标的输出。
最终输出的结果就是从起点到终点的一条最短路。
对本题,由于POJ 不支持C++11,所以,队列等的声明要写成如下的形式:
queue<pair<int, int> > q;
而不是
queue<pair<int, int>> q;
而且给有序对p赋初值时,应该写成:
pair<int, int> p(1, 1);
而不能采用大括号(有序对数组除外):
pair<int, int> p = {1, 1};
此外,如果出现了Compile Error,建议采用G++提交。
三、AC 代码(0 ms)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<map>
#pragma warning(disable:4996)
using namespace std;
bitset<7> m[7]; unsigned l[6][6]; queue<pair<int, int> > q;
pair<int, int> p(1, 1), o[4] = { {-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1} };
template<typename t, typename u> inline pair<t, u> operator+(const pair<t, u>& p, const pair<t, u>& q) {
return pair<t, u>(p.first + q.first, p.second + q.second);
}
bool dfs(const int& x, const int& y) {
if (x == 1 && y == 1)return true;
pair<int, int> p, q(x, y);
for (unsigned i = 0; i < 4; ++i) {
p = q + o[i];
if (l[p.first][p.second] == l[q.first][q.second] - 1)
if (dfs(p.first, p.second)) { printf("(%d, %d)\n", p.first - 1, p.second - 1); return true; }
}
return false;
}
int main() {
m[0].set(); m[6].set();
for (unsigned i = 1; i <= 5; ++i) {
m[i][0] = m[i][6] = 1;
for (unsigned j = 1; j <= 5; ++j) { m[i][j] = getchar() - 48, getchar(); }
}
q.push(p), l[1][1] = 1;
while (q.empty() == false) {
for (unsigned i = 0; i < 4; ++i) {
p = q.front() + o[i];
if (m[p.first][p.second] == 0 && l[p.first][p.second] == 0)
q.push(p), l[p.first][p.second] = l[q.front().first][q.front().second] + 1;
}
q.pop();
}
dfs(5, 5); puts("(4, 4)");
return 0;
}