标签：algorithm bfs 优化 sizeof iostream
题目：1002 A Corrupt Mayor‘s Performance Art
题意：有一个长度 n 的序列，初始染色2，有两种操作，P x ,y ,z,区间x---y染色为z，另一种Q x，y，查询区间 x -- y 有几种颜色，并输出，注意会覆盖。
分析：跟POJ 2777一样，不过这个要输出颜色，所以线段树查询的时候顺便把路径存起来打印。代码：
AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 1110000;
struct Node
{
int l,r;
long long num;
};
Node tree[4*N];
map<int,int> mp;
//int vis[35];
vector<int> v;
void build(int l,int r,int o)
{
tree[o].l=l;
tree[o].r=r;
tree[o].num=2;
if(l==r)
return ;
int mid=(l+r)/2;
build(l,mid,o*2);
build(mid+1,r,o*2+1);
}
void update(int l,int r,int t,int o)
{
if(tree[o].l==l && tree[o].r==r)
{
tree[o].num=t;
return;
}
if(tree[o].num==t) return;
if(tree[o].num!=-1)
{
tree[2*o].num=tree[o].num;
tree[2*o+1].num=tree[o].num;
tree[o].num=-1;
}
int mid=(tree[o].l+tree[o].r)>>1;
if(r<=mid)
update(l,r,t,o+o);
else if(l>mid)
update(l,r,t,o+o+1);
else
{
update(l,mid,t,o*2);
update(mid+1,r,t,o*2+1);
}
}
void query(int l,int r,int o)
{
if(tree[o].num!=-1)
{
if(!mp[tree[o].num]){
v.push_back(tree[o].num);
mp[tree[o].num]=1;
}
return ;
}
int mid=(tree[o].l+tree[o].r)>>1;
if(r<=mid)
query(l,r,o+o);
else if(l>mid)
query(l,r,o+o+1);
else
{
query(l,mid,o*2);
query(mid+1,r,o*2+1);
}
}
int main()
{
//freopen("Input.txt","r",stdin);
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n==0 && m==0)
break;
build(1,n,1);
while(m--)
{
getchar();
char ok;
int x,y,z;
scanf("%c",&ok);
if(ok=='P')
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
update(x,y,z,1);
}
else
{
int ans=0;
v.clear();
mp.clear();
scanf("%d%d",&x,&y);
query(x,y,1);
sort(v.begin(),v.end());
for(int i=0;i<v.size();i++)
printf("%d%c",v[i],i==(v.size()-1)?'\n':' ');
}
}
}
return 0;
}
题目：1003 Wang Xifeng‘s Little Plot
题意：给出一个图，只能转90度，求最大的能走多少？
分析：枚举每一个点为转角点，然后判断8个方向的值，保存起来，然后保存一个最大值就可以了、
AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 111;
char mp[N][N];
int dis[10];
int n;
int solve(int x,int y)
{
memset(dis,0,sizeof(dis));
for(int j=y;j<n;j++)
{
if(mp[x][j]=='.')
dis[0]++;
else
break;
}
for(int i=x,j=y;i<n&&j<n;i++,j++)
{
if(mp[i][j]=='.')
dis[1]++;
else
break;
}
for(int i=x;i<n;i++)
{
if(mp[i][y]=='.')
dis[2]++;
else
break;
}
for(int i=x,j=y;i<n && j>=0;i++,j--)
{
if(mp[i][j]=='.')
dis[3]++;
else
break;
}
for(int j=y;j>=0;j--)
{
if(mp[x][j]=='.')
dis[4]++;
else
break;
}
for(int i=x,j=y;i>=0 && j>=0;i--,j--)
{
if(mp[i][j]=='.')
dis[5]++;
else
break;
}
for(int i=x;i>=0;i--)
{
if(mp[i][y]=='.')
dis[6]++;
else
break;
}
for(int i=x,j=y;i>=0 && j<n;i--,j++)
{
if(mp[i][j]=='.')
dis[7]++;
else
break;
}
int ans=0;
for(int i=0;i<8;i++)
{
ans=max(ans,dis[i]+dis[(i+2)%7]);
ans=max(ans,dis[i]+dis[(i+4)%7]);
}
return (ans-1);
}
int main()
{
//freopen("Input.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d",&n) && n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
getchar();
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%c",&mp[i][j]);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++){
//printf("%c",mp[i][j]);
if(mp[i][j]=='.')
ans=max(ans,solve(i,j));
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
题目：1004 Saving Tang Monk
题意：给出一个图，从 K 往 T 走，路上有钥匙，最多9个，然后有怪，杀死怪花费1，必须拿够全部的钥匙才行，求最短时间。
分析：BFS+状态压缩
开始想到状态压缩钥匙，后面发现杀怪物也要状态压缩，这样的话数组内存太大，发现钥匙有个条件，就是必须要全部拿到前几个钥匙才能拿下一个，那么我们可以直接用【9】的数组保存就好了、还有因为杀怪有花费所以要用优先队列
#include <cstdio>
#include<iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 100;
char mp[N][N];
int vis[N][N][10][1<<5];
struct Node
{
int x,y,step;
int key ,e ;
};
int dx[6]= {0,0,1,-1};
int dy[6]= {1,-1,0,0};
int m,n,t;
bool operator <(Node a, Node b)
{
return a.step > b.step;
}
int BFS(Node st,Node en)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
st.step = 0;
st.key=0,st.e=0;
vis[st.x][st.y][0][0]=1;
priority_queue<Node> q;
q.push(st);
Node tmp1,tmp2;
while(!q.empty())
{
tmp1 = q.top();
//printf("xxx%d\n",tmp1.step);
q.pop();
//printf("---%d %dxx\n",tmp1.key ,(1<<(t)-1));
if(tmp1.x==en.x && tmp1.y==en.y && tmp1.key== t)
return tmp1.step;
for(int i=0; i<4; i++)
{
tmp2.x=tmp1.x+dx[i];
tmp2.y=tmp1.y+dy[i];
tmp2.step = tmp1.step+1;
tmp2.e = tmp1.e ;
tmp2.key = tmp1.key ;
if(tmp2.x >=1 && tmp2.x <= n && tmp2.y >= 1 && tmp2.y <= n && mp[tmp2.x][tmp2.y] != '#')
{
if(mp[tmp2.x][tmp2.y]>='A' && mp[tmp2.x][tmp2.y] <='F')
{
//printf("No\n");
int tu = mp[tmp2.x][tmp2.y]-'A' ;
if(tmp2.e &(1<<tu))//
{
if(!vis[tmp2.x][
tmp2.y][tmp2.key][tmp2.e])
{
vis[tmp2.x][tmp2.y][tmp2.key][tmp2.e] = true ;
q.push(tmp2) ;
}
}
else
{
tmp2.step++ ;
tmp2.e |= (1<<tu) ;
q.push(tmp2) ;
}
}
else if(mp[tmp2.x][tmp2.y]>='1' && mp[tmp2.x][tmp2.y]<='9')
{
//printf("YES\n");
int tu = mp[tmp2.x][tmp2.y]-'0' ;
if(tu == tmp2.key + 1)
{
tmp2.key = tu ;
q.push(tmp2) ;
}
else
{
if(!vis[tmp2.x][tmp2.y][tmp2.key][tmp2.e])
{
vis[tmp2.x][tmp2.y][tmp2.key][tmp2.e] = true ;
q.push(tmp2) ;
}
}
}
else if(!vis[tmp2.x][tmp2.y][tmp2.key][tmp2.e])
{
vis[tmp2.x][tmp2.y][tmp2.key][tmp2.e] = true ;
q.push(tmp2) ;
}
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
//freopen("Input.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d%d",&n,&t))
{
char c='A';
if(n==0 && t==0)
break;
Node st,en;
m=n;
for(int i=1; i<=m; i++)
{
getchar();
for(int j=1; j<=n; j++)
{
scanf("%c",&mp[i][j]);
if(mp[i][j]=='S')
{
mp[i][j]=c++;
}
if(mp[i][j]=='K')
st.x=i,st.y=j;
if(mp[i][j]=='T')
en.x=i,en.y=j;
}
}
int ans=BFS(st,en);
// for(int i=1;i<=n;i++)
// {
// for(int j=1;j<=n;j++)
// {
// printf("%d",vis[i][j][1]);
// }
// printf("\n");
// }
if(ans==-1)
printf("impossible\n");
else
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
2014 ACM/ICPC Asia Regional Guangzhou Online
标签：algorithm bfs 优化 sizeof iostream
原文地址：http://blog.csdn.net/y990041769/article/details/39433083
