Takio的滑板鞋

teach

题解，方法：普通dfs

17973 Takio的滑板鞋

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提交次数:79 通过次数:15 收入:28

题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC;

Description

某一天SCAU_ACM校队的Takio去了第二个城市打比赛
这里的人们称它为魅力之都
时间过的很快比赛已经打完

他想他必须要离开
当他正要走时他看到了一家专卖店
那就是他要的滑板鞋
他的滑板鞋时尚时尚最时尚

回家的路上他情不自禁
摩擦 摩擦
在这光滑的地上摩擦

月光下他看到自己的身影
有时很远有时很近
感到一种力量驱使他的脚步

有了滑板鞋天黑都不怕
一步两步一步两步
一步一步似爪牙
似魔鬼的步伐

Takio想知道他是否能找出一条回家的路径，使得他回家步伐的步长为一步两步一步两步……，若能，Takio则可解锁成就“魔鬼的步伐”。

Details：
1.第奇数歩的步长为一步，第偶数歩的步长为两步，步数从1开始，第一步的步长为1，且Takio到家时的最后一步的步长必须为2（回家路径上的步长为1212……12）
2.已经过的位置不能再次经过。
3.不能经过或踩到障碍上。
4.若当前歩的步长为2，则需向同一方向移动两步。

输入格式

有多组测试数据（≤20）
每组测试数据的第一行是两个正整数n, m（1 <= n, m <= 8），代表平面区域的大小。
每组测试数据的第二行到第n + 1行是一个矩阵，代表二维平面的布局，s为Takio现在所在的位置，t为Takio的家，#为障碍，*为可到达区域
输入以EOF结束。

输出格式

对于每组测试数据，输出一行，若Takio可解锁成就“魔鬼的步伐”则输出”Yes”，否则输出”No”。

输入样例

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######*
#***s*#
**#***#
t#*#**#
*****#*

5 7
######*
****s*#
**#***#
t#*#**#
*****#*

输出样例

No
Yes

做题思路

这是一道很经典的深搜题，没有用到剪枝是它成为水题的一大原因，下面讲讲思路。
首先，我们需要扫图：可以用矩阵来储存（因为边界问题，矩阵需要开大两个单位，不然扫到边界会报错） 扫到#记录是0 扫到*和s和t都记录是1 然后用四个变量记住起点和终点的坐标。（扫图是很关键的，建议自己做完扫图后用输出语句检查自己的矩阵有没有打错）
然后我们开始深度搜索，从起点开始往它周围的四个方向各走一步（如果没有障碍），将它走到的位置的坐标和走的步数传去下一个递归里，然后开头加个判断，如果坐标和步数符合终点要求就返回1，然后输出答案，如果不是的话，我们继续开始判断，会不会到了终点可是步数为1，这样我们就要返回0，代表这样走不行。然后我们通过上层递归传过来的步数和位置判断下一步要怎么走，记住，如果我们要走两步，两步都要判断是畅通的，而且两步的方向是不能改变的，再用新到的位置和走的步数进行传递，直到最后递归回来。 PS：记住走过的地方要暂时把点删掉，等递归回来后再把点复原，不然会重复走。
至于那个表要怎么打出来，我是这样的，我先用一个while（1）做来回循环，然后最后那里加了一个if（（s=gechar（））==EOF） break；就可以实现不限次读取图了，然后用flag来记录找到路没有，方便打印。

代码

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
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int x2,y2,t[15][15];
int dfs(int x,int y,int b)
{
    int flag=0;
    if(x==x2&&y==y2&&b==2) return 1;
    if(x==x2&&y==y2&&b==1) return 0;
    if(b==2)
    {
        if(t[x-1][y]) {t[x-1][y]=0; if(dfs(x-1,y,1)) return 1; t[x-1][y]=1;}
        if(t[x+1][y]) {t[x+1][y]=0; if(dfs(x+1,y,1)) return 1; t[x+1][y]=1;}
        if(t[x][y-1]) {t[x][y-1]=0; if(dfs(x,y-1,1)) return 1; t[x][y-1]=1;}
        if(t[x][y+1]) {t[x][y+1]=0; if(dfs(x,y+1,1)) return 1; t[x][y+1]=1;}
    }
    if(b==1)
    {
        if(t[x-1][y]&&t[x-2][y]) {t[x-1][y]=0; t[x-2][y]=0; if(dfs(x-2,y,2)) return 1; t[x-1][y]=1; t[x-2][y]=1;}
        if(t[x+1][y]&&t[x+2][y]) {t[x+1][y]=0; t[x+2][y]=0; if(dfs(x+2,y,2)) return 1; t[x+1][y]=1; t[x+2][y]=1;}
        if(t[x][y-1]&&t[x][y-2]) {t[x][y-1]=0; t[x][y-2]=0; if(dfs(x,y-2,2)) return 1; t[x][y-1]=1; t[x][y-2]=1;}
        if(t[x][y+1]&&t[x][y+2]) {t[x][y+1]=0; t[x][y+2]=0; if(dfs(x,y+2,2)) return 1; t[x][y+1]=1; t[x][y+2]=1;}
    }
    return 0;
}
main()
{
    int n,m,i,j,k,l,x1,y1,flag;
    char s;
    while(1)
    {
        flag=0;
        memset(t,0,sizeof(t));
        scanf("%d%d",&n,&m);
        getchar();
        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            for(j=1; j<=m; j++)
            {
                s=getchar();
                if(s=='#') continue;
                t[i][j]=1;
                if(s=='s')
                {
                    x1=i;
                    y1=j;
                }
                if(s=='t')
                {
                    x2=i;
                    y2=j;
                }
            }
            getchar();
        }
        if(t[x1-1][y1]) {t[x1-1][y1]=0; if(dfs(x1-1,y1,1)) flag=1; t[x1-1][y1]=1;}
        if(!flag) if(t[x1+1][y1]) {t[x1+1][y1]=0; if(dfs(x1+1,y1,1)) flag=1; t[x1+1][y1]=1;}
        if(!flag) if(t[x1][y1-1]) {t[x1][y1-1]=0; if(dfs(x1,y1-1,1)) flag=1; t[x1][y1-1]=1;}
        if(!flag) if(t[x1][y1+1]) {t[x1][y1+1]=0; if(dfs(x1,y1+1,1)) flag=1; t[x1][y1+1]=1;}
        /*for(i=0;i<n;i++)
        {for(j=0;j<m;j++)
            printf("%d",t[i][j]);
          printf("\n");
        }*/
        if(flag) printf("Yes\n"); else printf("No\n");
        if((s=getchar())==EOF) break;
    }
}

写在最后

这题只考到了普通dfs，而再深一层就是记忆化dfs了，因为有了记忆化，时间会进一步缩短，当然难度也会大一丢丢。