佐助被大蛇丸诱骗走了鸣人在多少时间内能追上他呢已知一张地图以二维矩阵的形式表示以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到只不过有些位置上有大蛇丸的手下需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动每移动一个距离需要花费1个单位时间打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了则只可以走到没有大蛇丸手下的位置不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。佐助在此期间不移动大蛇丸的手下也不移动。请问鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间Input输入的第一行包含三个整数MNT。代表M行N列的地图和鸣人初始的查克拉数量T。0 M,N 2000 ≤ T 10后面是M行N列的地图其中代表鸣人代表佐助。*代表通路#代表大蛇丸的手下。Output输出包含一个整数R代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助则输出-1。Sample Input样例输入1 4 4 1 ### **## ### **** 样例输入2 4 4 2 ### **## ### ****Sample Output样例输出1 6 样例输出2 4此题需要特殊判重判重的意义在于不再走重复的路防止进入死循环简单判重只用于到达某位置只是先后次序不同其他状态相同。而此题由于先后到达某点的路径不同查克拉的数量可能也会有所不同甚至会影响是否能到达终点因此不能简单的判重。如果后面到达时的查克拉数量大于之前到达的量则可以加入队列以免走了最前面的路消耗完查克拉最后到达不了终点#includecstdio #includequeue #includecstring using namespace std; char a[205][205]; int yao[205][205]; //记录之前到达该位置最多的查克拉数 int d[4][2]{0,1,1,0,0,-1,-1,0}; int n,m,T,ans; struct node { int y,x,o,t; node(int yy,int xx,int oo,int tt):y(yy),x(xx),o(oo),t(tt){} //方便直接调用 }; int bfs(int i,int j) { memset(yao,-1,sizeof(yao)); //最大药量初始化为-1在现有查克拉数为0时也可以通过‘*’‘’(除了‘#’)因为后面要判断现有查克拉数要大于之前位置的最大药量才能加入队列 queuenode q; q.push(node(i,j,T,0)); while(!q.empty()) { node nowq.front();q.pop(); if(a[now.y][now.x]) { return now.t; } for(int i0;i4;i) { int snow.yd[i][0]; int hnow.xd[i][1]; if(s0||sn||h0||hm) continue; if(a[s][h]#yao[s][h]now.o-1) //yao[s][h]next.o { q.push(node(s,h,now.o-1,now.t1)); yao[s][h]now.o-1; } else if(a[s][h]!#yao[s][h]now.o) { q.push(node(s,h,now.o,now.t1)); yao[s][h]now.o; } } } return -1; } int main() { scanf(%d%d%d,n,m,T); for(int i0;in;i) { scanf(%s,a[i]); } for(int i0;in;i) { for(int j0;jm;j) { if(a[i][j]) { printf(%d,bfs(i,j)); return 0; } } } return 0; }
佐助被大蛇丸诱骗走了鸣人在多少时间内能追上他呢已知一张地图以二维矩阵的形式表示以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到只不过有些位置上有大蛇丸的手下需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动每移动一个距离需要花费1个单位时间打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了则只可以走到没有大蛇丸手下的位置不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。佐助在此期间不移动大蛇丸的手下也不移动。请问鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间Input输入的第一行包含三个整数MNT。代表M行N列的地图和鸣人初始的查克拉数量T。0 M,N 2000 ≤ T 10后面是M行N列的地图其中代表鸣人代表佐助。*代表通路#代表大蛇丸的手下。Output输出包含一个整数R代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助则输出-1。Sample Input样例输入1 4 4 1 ### **## ### **** 样例输入2 4 4 2 ### **## ### ****Sample Output样例输出1 6 样例输出2 4此题需要特殊判重判重的意义在于不再走重复的路防止进入死循环简单判重只用于到达某位置只是先后次序不同其他状态相同。而此题由于先后到达某点的路径不同查克拉的数量可能也会有所不同甚至会影响是否能到达终点因此不能简单的判重。如果后面到达时的查克拉数量大于之前到达的量则可以加入队列以免走了最前面的路消耗完查克拉最后到达不了终点#includecstdio #includequeue #includecstring using namespace std; char a[205][205]; int yao[205][205]; //记录之前到达该位置最多的查克拉数 int d[4][2]{0,1,1,0,0,-1,-1,0}; int n,m,T,ans; struct node { int y,x,o,t; node(int yy,int xx,int oo,int tt):y(yy),x(xx),o(oo),t(tt){} //方便直接调用 }; int bfs(int i,int j) { memset(yao,-1,sizeof(yao)); //最大药量初始化为-1在现有查克拉数为0时也可以通过‘*’‘’(除了‘#’)因为后面要判断现有查克拉数要大于之前位置的最大药量才能加入队列 queuenode q; q.push(node(i,j,T,0)); while(!q.empty()) { node nowq.front();q.pop(); if(a[now.y][now.x]) { return now.t; } for(int i0;i4;i) { int snow.yd[i][0]; int hnow.xd[i][1]; if(s0||sn||h0||hm) continue; if(a[s][h]#yao[s][h]now.o-1) //yao[s][h]next.o { q.push(node(s,h,now.o-1,now.t1)); yao[s][h]now.o-1; } else if(a[s][h]!#yao[s][h]now.o) { q.push(node(s,h,now.o,now.t1)); yao[s][h]now.o; } } } return -1; } int main() { scanf(%d%d%d,n,m,T); for(int i0;in;i) { scanf(%s,a[i]); } for(int i0;in;i) { for(int j0;jm;j) { if(a[i][j]) { printf(%d,bfs(i,j)); return 0; } } } return 0; }
