HDU.1010 Tempter of the Bone

一、題目解讀

1、原題

HDU.1010 Tempter of the Bone

2、分類

回溯法

3、題意

給定一個$N \times M$的迷宮讓一隻狗去走，迷宮中有一些牆(‘X’)、有一些路(’.’)、有一個起點(‘S’)、有一個終點(‘D’)，終點只在狗走第$T$步時開放，牆不可通過，每個路只能走一次。問：狗能否從終點出去？

4、輸入輸出格式

輸入/輸出	要求與格式
輸入樣例個數	通過輸入$N=0$、$M = 0$、$T = 0$標識輸入結束
輸入格式（每個樣例）	用$N$行$M$列輸入一個$N \times M$的迷宮地圖，用題述字符描述（行內無間隔）
輸出格式（每個樣例）	每行輸出一個結果（YES/NO）

5、數據範圍

數據	範圍
$M$、$N$	$1 < N, M < 7$
$T$	$0 < T < 50$
樣例數	很多，但不知道是多少（從之前TLE的情況來看估計應該非常多😓）

二、題解參考

1、總體思路

思路	時間複雜度	具體解釋
回溯法 + 奇偶剪枝	學術不精，以後補上	就像樹結構一樣，每次有4種選擇，不斷往下分，遇到一些肯定不成立的情況可以剪枝剪掉

2、思路①

(1).分析

先說一下回溯法總體的思路吧。

把起點當做是樹形結構的根，每次有4條路可以走，在樹形結構上也就對應了每次的4個分支。並且，如果往下走的某一條路可以確定無解，就可以不用繼續往下4分了，直接回到上一層，進入下一條支路。

舉個例子，就像下面的圖，先嚐試走(sx - 1, sy)，但是走到了這裏發現這是一個牆’X’，因此這條路往下即使得到一個解也不會是可行解，捨棄這條支路，返回到(sx, sy)。繼續下一層前進，走到(sx + 1, sy)，用同樣的方法進行判斷，如果可行，繼續往下嘗試，否則回溯到上一層繼續下一次。

那這個走迷宮問題也差不多就是這樣，往四個方向嘗試走，如果能走就繼續走走看，不行就“撤銷”這一步，再換個方向走走，也算是一種窮舉吧。

雖然問題的規模還算比較小，回溯法的時間複雜度應該可以撐過去，但是從之前TLE的結果反過來想了想，可能案例數不少，畢竟原題上也就只是說了“multiple test cases”，所以顯然還需要簡化。

根據一些前輩們的經驗，有以下三種情況是不用回溯法就可以直接判斷出來的：

• ①、最短距離比允許時間長
• ②、可行格數比允許時間少
• ③、奇偶剪枝

前兩個我想不用仔細說，稍微想一下就知道。

這裏說下奇偶剪枝。網格的格子可按照下圖方式分爲標號0的格子和標1的格子

很顯然，有以下結論：

• 標記相同兩個的格子之間需要的步數爲偶數步
• 標記不同兩個的格子之間需要的步數爲奇數步

因此，如果給的時間和起終點間步數的奇偶性不同就一定是“NO”.

根據這三個情況，可以不用回溯法就捨棄掉一些案例，大幅提升效率。

(2).AC代碼

HDU（C++/G++）AC代碼如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

int N, M, T;
int sx, sy;
int dx, dy;
int cnt_point;
char mp[10][10];
int dir[4][2] = { {1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1} };

int dfs(int x, int y, int t)
{
	if (t == T)
	{
		if (x != dx || y != dy)
			return 0;
		return 1;
	}
	int tx, ty;
	for (int i = 0; i < 4; ++i)
	{
		tx = x + dir[i][0];
		ty = y + dir[i][1];
		if (tx < 0 || tx >= N || ty < 0 || ty >= M || mp[tx][ty] == 'X')
			continue;
		mp[tx][ty] = 'X';
		if (dfs(tx, ty, t + 1))
			return 1;
		mp[tx][ty] = '.';
	}
	return 0;
}

int main()
{
	while (scanf("%d %d %d", &N, &M, &T), N || M || T)
	{
		for (int i = 0; i < N; ++i)
			scanf("%s", &mp[i]);
		cnt_point = 0;
		for (int i = 0; i < N; ++i)
			for (int j = 0; j < M; ++j)
			{
				if (mp[i][j] == 'S')
				{
					sx = i;
					sy = j;
					mp[i][j] = 'X';
				}
				else if (mp[i][j] == 'D')
				{
					dx = i;
					dy = j;
					mp[i][j] = '.';
					++cnt_point;
				}
				else if (mp[i][j] == '.')
					++cnt_point;
			}
		
		// 如果出現以下三種情形之一，則可以直接判定爲NO
		// 1.最短距離比允許時間長
		// 2.所有可走的路的數量比允許時間少
		// 3.奇偶剪枝
		if ((abs(sx - dx) + abs(sy - dy) > T) || (cnt_point < T) || ((abs(sx - dx) + abs(sy - dy) - T) & 1))
		{
			printf("NO\n");
			continue;
		}

		if (dfs(sx, sy, 0))
			printf("YES\n");
		else
			printf("NO\n");
	}

	return 0;
}

三、評價與後話

1、評價

這道題主要考察的是回溯法、奇偶剪枝，難度不大，但是如果想不到這些剪枝可能就會懷疑自己的代碼會不會哪裏卡死了，畢竟問題規模這麼小還能超時。

不過也算是見識到了，有的時候超時可能是因爲案例數太多。

2、奇偶剪枝0-1示圖繪製代碼（C++——EasyX）

#include <graphics.h>
#include <conio.h>

int main()
{
	initgraph(400, 350);

	for (int i = 1; i < 8; ++i)
		line(i * 50, 0, i * 50, 350);
	for (int j = 1; j < 7; ++j)
		line(0, j * 50, 400, j * 50);
	settextstyle(40, 0, _T("宋體"));
	setbkmode(TRANSPARENT);
	for (int i = 0; i < 56; i += 2)
	{
		int x = i / 7;
		int y = i % 7;
		outtextxy(x * 50 + 15, y * 50 + 5, L"0");
	}
	settextcolor(BLACK);
	for (int i = 1; i < 56; i += 2)
	{
		int x = i / 7;
		int y = i % 7;
		floodfill(x * 50 + 25, y * 50 + 25, WHITE);
		outtextxy(x * 50 + 15, y * 50 + 5, L"1");
	}
	saveimage(L"res.jpg");
	_getch();

	return 0;
}

3、後話

再接再厲，一鼓作氣！