传送爸爸

$\operatorname{传送爸爸}$

题目链接：$\operatorname{luogu\ T145195}$ / $\operatorname{SSL比赛\ 1515}$

题目背景

wdyhy 非常喜欢他的爸爸们，所以只要让爸爸们永远呆在 wdyhy 的迷宫里， wdyhy 就可以永远爱着他们啦！

题目

wdyhy 有一个 $R$ 行 $C$ 列的迷宫，每一个小格有一个字符。

$\#$ (number sign) 表⽰一个墙块，

$.$ (dot) 表⽰一块空地，

$S$ (uppercase letter s) 表⽰你现在的位置，

$C$ (uppercase letter c) 表⽰爸爸现在的位置。

你只能通过空地，并且，只有当两块空地有相临边时，你才可以从其中一个走向另一个。特别的，描述在地图里的矩形区域完全被墙块包围。

为了能够更快的到达爸爸的位置，你从迦勒底获得了一个传送枪，它的操作方式如下：任意时候它都可以向上下左右四个方向发射传送门。当一个传送门以某一特定方向发送时，它会沿着此方向飞出直到碰到第一个墙块。当发生上述情况时，一个传送门就会贴在面对着你那面的墙块上。

任意时刻最多只能存在两个传送门。如果迷宫里已经有了两个传送门，那么你可以使用传送枪的另一个功能马上移除一个（由你选定）。向一个已经存在的传送门发射时，后发射的传送门会替代原有的,所以每个墙块的每一面最多只会存在一个传送门。注意，可以存在两个传送门在同一墙块上，只要他们所朝方向不同。

当迷宫中存在两个传送门时，你可以通过它们传送自己。当你站在一个传送门旁时，你可以走进传送门然后从另一个传送门走出来到它相邻的空地，这样耗费的时间与你走相邻两个空地的时间是相同的。

你可以假设发射传送门不会耗费任何时间，走相邻两个空地和通过传送门的时间都是 $1$ 。 那么,你最少需要多长时间才能到爸爸那里。

输入

输入文件第一行包括两个整数：地图的行数 $R$ 和列数 $C$ 。接下来的 $R$ 行描述这个地图。每一行包括 $C$ 个字符： $\#.S$ 或 $C$ （含义已在上文描述）。

输出

输出一个整数——从你现在位置出发到达爸爸的位置所需要的最少时间。

样例输入

4 4
.#.C
.#.#
....
S...

样例输出

4

样例解释

数据范围

思路

这道题其实可以用 $spfa$ 最短路来解决，但是建图很 nb 。

我们可以知道，一个地方可以直接走到另外一个地方，也可以走传送门。
直接走很好搞，但是走传送门怎么搞呢？
我们就可以看出，我们可以走到四个方向第一个碰到墙壁的地方，但是自己要走多少呢？
其实就是这四个方向的墙壁中距离他最短的那个。
我这里就直接暴力去找，然后记忆化。
（不记忆化会超时）

然后我们就把可以那八个走的地方连边，边权就是要自己走的步数。
然后跑一遍最短路，起点是什么就不用说了吧。
最后输出起点到终点的距离就是了。

代码

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define rr register

using namespace std;

struct node {
	int x, to, nxt;
}e[8000001];
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int n, m, s, t, le[1000001], chong[4], KK, dis[1000001];
int rem[4][1000001], end[4][1000001];//记忆化
bool go[1001][1001], in[1000001];
char c;

bool check(int x, int y) {//判断是否在图上
	if (x < 1 || x > n) return 0;
	if (y < 1 || y > m) return 0;
	return 1;
}

int getnum(int x, int y) {//找到图上每个点的编号
	return (x - 1) * m + y;
}

void add(int x, int y, int z) {//建图
	e[++KK] = (node){z, y, le[x]}; le[x] = KK;
}

int dfs(int x, int y, int pla) {//找到能射到的地方
	if (go[x][y] || !check(x, y)) {
		chong[pla] = getnum(x - dx[pla], y - dy[pla]);
		end[pla][getnum(x, y)] = chong[pla];
		return rem[pla][getnum(x, y)] = 0;
	}
	if (rem[pla][getnum(x, y)]) {
		chong[pla] = end[pla][getnum(x, y)];
		return rem[pla][getnum(x, y)];
	}
	int re = dfs(x + dx[pla], y + dy[pla], pla) + 1;
	end[pla][getnum(x, y)] = end[pla][getnum(x + dx[pla], y + dy[pla])];
	return rem[pla][getnum(x, y)] = re;
}

void spfa() {//spfa跑最短路
	queue <int> q;
	q.push(s);
	in[s] = 1;
	memset(dis, 0x7f, sizeof(dis));
	dis[s] = 0;
	while (!q.empty()) {
		int now = q.front();
		q.pop();
		for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
			if (dis[e[i].to] > dis[now] + e[i].x) {
				dis[e[i].to] = dis[now] + e[i].x;
				if (!in[e[i].to]) {
					in[e[i].to] = 1;
					q.push(e[i].to);
				}
			}
		in[now] = 0;
	}
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);//读入
	for (rr int i = 1; i <= n; i++)
		for (rr int j = 1; j <= m; j++) {
			c = getchar();
			while (c != '.' && c != '#' && c != 'C' && c != 'S') c = getchar();
			if (c == '#') go[i][j] = 1;//判断是不是墙
				else {
					if (c == 'S') s = (i - 1) * m + j;//记录起点终点的编号
						else if (c == 'C') t = (i - 1) * m + j;
				}
		}
	
	for (rr int i = 1; i <= n; i++)
		for (rr int j = 1; j <= m; j++) {//枚举每个点
			if (go[i][j]) continue;//要不是墙
			int start = getnum(i, j), far = 2147483647;
			for (int k = 0; k < 4; k++) {//四个方向
				far = min(far, dfs(i + dx[k], j + dy[k], k) + 1);//求出四个方向离墙的距离
				if (!go[i + dx[k]][j + dy[k]] && check(i + dx[k], j + dy[k])) add(start, getnum(i + dx[k], j + dy[k]), 1);//只普通的走一步
			}
			for (int k = 0; k < 4; k++)
				if (start != chong[k])
					add(start, chong[k], far);//传送
		}
	
	spfa();//spfa跑最短路
	
	printf("%d", dis[t]);//输出
	
	return 0;
}

本文地址：https://blog.csdn.net/weixin_43346722/article/details/108185960