小白要跟kuangbin大佬刷題嗷~~
下面是用到BFS的題，持續更新？
poj 3278 catch that cow
思路較簡單，純板子題 ，直接上代碼
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
int dir[2]={-1,1};
int vis[100003];//標記是否之前訪問過
int n,k;
struct node
{
int pos;
int step;
};
bool check(int pos)
{
if(pos<0||pos>100003)
return false;
else
if(vis[pos]==1)
return false;
return true;
}
int bfs()
{
node start,next;
queue<node>q;
start.pos=n;
start.step=0;
q.push(start);
while(!q.empty())
{
node tmp=q.front();
q.pop();
if(tmp.pos==k)
return tmp.step;
for(int i=0;i<3;i++)
{
next=tmp;
if(i!=2)
next.pos+=dir[i];
else
next.pos*=2;
if(check(next.pos))
{
next.step++;
vis[next.pos]=1;
q.push(next);
}
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>k;
memset(vis,0,sizeof(vis));
int ans=bfs();
cout<<ans<<endl;
}
poj 1426 Find The Multiple
讀題真的很重要啊，不不不，是英語真的很重要啊！！！
題意是說找一個只由0,1組成的十進制數能夠把n除盡，答案有很多，寫出一個就可以。題中給出m的位數不大於100，然而我用 long long 試了試也是可以的emm
用bfs搜就可以，不過每次不符合要求的時候要在隊列中push兩個數，一個是tmp乘以10,另一個是tmp乘以10+1
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long int ll;
void bfs(int n)
{
queue<ll>q;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
ll tmp=q.front();
q.pop();
if(tmp%n==0)
{
cout<<tmp<<endl;
return;
}
q.push(tmp*10);
q.push(tmp*10+1);
}
}
int main()
{
int n;
while(cin>>n&&n)
{
bfs(n);
}
}
poj 3126 Prime Path
題目大意：將一個素數變成另一個素數最少需要多少步，其中每次只能改變四位數中的一個數，並且得到的每一個數都必須是素數。
這道題問到“最少多少步”，因此選擇BFS來解。首先用埃氏篩將素數篩出來
（埃氏篩：要得到自然數n以內的全部素數，必須把不大於根號n的所有素數的倍數剔除，剩下的就是素數。）
然後依次改變四位數中的每一位，通過隊列來實現BFS
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
int a,b;
int isprime[10002];
int vis[10000];
struct node
{
int num;
int step;
};
int bfs()
{
queue<node>q;
node start;
start.num=a;
start.step=0;
q.push(start);
while(!q.empty())
{
node tmp=q.front();
q.pop();
if(tmp.num==b)
return tmp.step;
vis[tmp.num]=1;
for(int i=0;i<=9;i++)//個位
{
node next=tmp;
int p=tmp.num/10*10+i;
if(!isprime[p]&&!vis[p])
{
next.num=p;
next.step++;
q.push(next);
}
}
for(int i=0;i<=9;i++)//十位
{
node next=tmp;
int p=tmp.num%10+tmp.num/100*100+i*10;
if(!isprime[p]&&!vis[p])
{
next.num=p;
next.step++;
q.push(next);
}
}
for(int i=0;i<=9;i++)//百位
{
node next=tmp;
int p=tmp.num%100+tmp.num/1000*1000+i*100;
if(!isprime[p]&&!vis[p])
{
next.num=p;
next.step++;
q.push(next);
}
}
for(int i=1;i<=9;i++)//千位
{
node next=tmp;
int p=tmp.num%1000+i*1000;
if(!isprime[p]&&!vis[p])
{
next.num=p;
next.step++;
q.push(next);
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
memset(isprime,0,sizeof(isprime));
for(int i=2;i*i<10002;i++)
{
if(!isprime[i])
{
for(int j=2*i;j<10002;j+=i)
isprime[j]=1;
}
}
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
cin>>a>>b;
if(a==b)
cout<<0<<endl;
else
{
int ans=bfs();
if(ans==-1)
cout<<"Impossible"<<endl;
else
cout<<ans<<endl;
}
}
}
poj 3414 Pots
此題是阿偉自己寫出來的hhhhh~~~（咳咳，表示下開心）
題目大意：給你兩個容器，然後對這兩個容器有三種操作：
1.FILL(i) 將第i個容器裝滿（i=1,2）
2.DROP(i) 將第i個容器裏的水倒光
3.POUR(i,j) 將i中的水倒入j中，會有兩種結果，i容器變空，或者j容器裝滿
題目給出兩個容器的容量以及目標水量（兩個容器中任意一個到達目標水量都算完成任務），計算出最少的操作數，使得達到目標水量，並把流程寫出來，如果達不到，則輸出impossible
題解：本題是說最少的操作數，所以我用的BFS，然而需要將操作流程也要記錄下來，這個就比較麻煩，由於操作流程總共只有6種，因此可以用1-6來分別代表操作數，將操作流程以字符串的形式存在結構體中，最後對字符串挨個讀取，對應相應的操作就可以了。
這道題的循環還有check都比較麻煩，我用了switch分情況，還有就是BFS核心內容一定不能忘，尤其是先後順序。
貼上AC代碼，嘿嘿嘿~
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
int a,b,c;
int vis[101][101];
struct node
{
int one;
int two;
string step;
};
bool check(int t,node tmp,node next)
{
switch (t)
{
case 1:
if(tmp.one>=a||vis[next.one][next.two])
return false;
break;
case 2:
if(tmp.two>=b||vis[next.one][next.two])
return false;
break;
case 3:
if(tmp.one<=0||vis[next.one][next.two])
return false;
break;
case 4:
if(tmp.two<=0||vis[next.one][next.two])
return false;
break;
case 5:
if(tmp.one<=0||tmp.two>=b||vis[next.one][next.two])
return false;
break;
case 6:
if(tmp.two<=0||tmp.one>=a||vis[next.one][next.two])
return false;
break;
}
return true;
}
string bfs()
{
queue<node>q;
node start,next;
start.one=0;
start.two=0;
start.step="";
vis[0][0]=1;
q.push(start);
while(!q.empty())
{
node tmp=q.front();
q.pop();
if(tmp.one==c||tmp.two==c)
return tmp.step;
for(int i=1;i<=6;i++)
{
next=tmp;
switch (i)
{
case 1:
next.one=a;
if(check(i,tmp,next))
{
next.step+='1';
q.push(next);
vis[next.one][next.two]=1;
}
break;
case 2:
next.two=b;
if(check(i,tmp,next))
{
next.step+='2';
q.push(next);
vis[next.one][next.two]=1;
}
break;
case 3:
next.one=0;
if(check(i,tmp,next))
{
next.step+='3';
q.push(next);
vis[next.one][next.two]=1;
}
break;
case 4:
next.two=0;
if(check(i,tmp,next))
{
next.step+='4';
q.push(next);
vis[next.one][next.two]=1;
}
break;
case 5:
if(next.one+next.two>b)
{
next.one=next.one+next.two-b;
next.two=b;
}
else
{
next.two+=next.one;
next.one=0;
}
if(check(i,tmp,next))
{
next.step+='5';
q.push(next);
vis[next.one][next.two]=1;
}
break;
case 6:
if(next.one+next.two>a)
{
next.two=next.one+next.two-a;
next.one=a;
}
else
{
next.one+=next.two;
next.two=0;
}
if(check(i,tmp,next))
{
next.step+='6';
q.push(next);
vis[next.one][next.two]=1;
}
break;
}
}
}
return "-1";
}
int main()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
cin>>a>>b>>c;
string ans=bfs();
if(ans=="-1")
cout<<"impossible"<<endl;
else
{
int len=ans.length();
cout<<len<<endl;
for(int i=0;i<len;i++)
{
switch (ans[i]-'0')
{
case 1:
cout<<"FILL(1)"<<endl;
break;
case 2:
cout<<"FILL(2)"<<endl;
break;
case 3:
cout<<"DROP(1)"<<endl;
break;
case 4:
cout<<"DROP(2)"<<endl;
break;
case 5:
cout<<"POUR(1,2)"<<endl;
break;
case 6:
cout<<"POUR(2,1)"<<endl;
break;
}
}
}
}
hdoj 1495 非常可樂
此題和上一題差不多，都是倒水問題，剛開始怎麼都讀不懂題 （可能是我語文不太好），看了大佬的題解之後才瞭解題意。。
題目大意： 有一瓶可樂和兩個給定容量的杯子（沒有刻度），問如何倒水才能讓三個容器中的兩個平分這瓶可樂，如果可以寫出操作次數，不可以輸出“NO”
題解： 剛開始不怎麼理解“沒有刻度”，還以爲倒水的人很牛逼，知道到多少算是可以了。。後來才知道，如果沒有刻度的話，只能將一個杯子倒滿，或者將另一個杯子倒空，只有這樣才能知道所倒水的具體容積，這個操作和上一題的“POUR(i,j) ”操作是一樣的，本題枚舉6種倒法，然後挨個檢查，具體思路和上一題差不多,還要注意一點，當可樂的體積是奇數的時候，肯定不能平分，在這個地方可以剪枝。
上代碼！
#include <iostream>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
int s,n,m;
int vis[101][101][101];
struct node
{
int s;
int n;
int m;
int step;
};
bool check(int t,node tmp,node next)
{
switch (t)
{
case 1:
if(tmp.s<=0||tmp.n>=n||vis[next.s][next.n][next.m])
return false;
break;
case 2:
if(tmp.s<=0||tmp.m>=m||vis[next.s][next.n][next.m])
return false;
break;
case 3:
if(tmp.n<=0||tmp.s>=s||vis[next.s][next.n][next.m])
return false;
break;
case 4:
if(tmp.n<=0||tmp.m>=m||vis[next.s][next.n][next.m])
return false;
break;
case 5:
if(tmp.m<=0||tmp.s>=s||vis[next.s][next.n][next.m])
return false;
break;
case 6:
if(tmp.m<=0||tmp.n>=n||vis[next.s][next.n][next.m])
return false;
break;
}
return true;
}
int bfs()
{
node start,next;
start.s=s;
start.n=0;
start.m=0;
start.step=0;
vis[s][0][0]=1;
queue<node>q;
q.push(start);
while(!q.empty())
{
node tmp=q.front();
q.pop();
if((tmp.s==0&&(tmp.m==tmp.n))||(tmp.m==0&&tmp.s==tmp.n)||(tmp.n==0&&tmp.s==tmp.m))
return tmp.step;
for(int i=1;i<=6;i++)
{
next=tmp;
switch (i)
{
case 1://s->n
if(next.s+next.n>n)
{
next.s=next.s+next.n-n;
next.n=n;
}
else
{
next.n+=next.s;
next.s=0;
}
break;
case 2://s->m
if(next.s+next.m>m)
{
next.s=next.s+next.m-m;
next.m=m;
}
else
{
next.m+=next.s;
next.s=0;
}
break;
case 3://n->s
if(next.s+next.n>s)
{
next.n=next.s+next.n-s;
next.s=s;
}
else
{
next.s+=next.n;
next.n=0;
}
break;
case 4://n->m
if(next.n+next.m>m)
{
next.n=next.n+next.m-m;
next.m=m;
}
else
{
next.m+=next.n;
next.n=0;
}
break;
case 5://m->s
if(next.s+next.m>s)
{
next.m=next.s+next.m-s;
next.s=s;
}
else
{
next.s+=next.m;
next.m=0;
}
break;
case 6://m->n
if(next.m+next.n>n)
{
next.m=next.m+next.n-n;
next.n=n;
}
else
{
next.n+=next.m;
next.m=0;
}
break;
}
if(check(i,tmp,next))
{
vis[next.s][next.n][next.m]=1;
next.step++;
q.push(next);
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
while(cin>>s>>n>>m&&s)
{
if(s&1)
{
cout<<"NO"<<endl;
continue;
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
int ans=bfs();
if(ans==-1)
cout<<"NO"<<endl;
else
cout<<ans<<endl;
}
}
hdoj1312 Red and Black
記錄下今天的日期：8.30 （最近有些懶散，之前學的東西感覺快忘了emm，趕緊做幾道題回憶一下）
題目大意： 有一個矩形瓷磚地，由紅黑兩種顏色的瓷磚構成，給出一個人的位置，這個人只能走黑色瓷磚，紅色瓷磚可以看做是牆，不能過去。問從這個人的位置出發，最多能走多少塊瓷磚。（最終結果包括他自己！）
題解： 這應該算是BFS的水題了emm，但是我做的時候還是花費了不少的時間，得趕緊將暑假學的東西拾起來，不然就白學了（手動捂臉）。這題需要注意的一點就是最終結果是包括自己的，也就是說，如果這個人的四周全是紅瓷磚（牆），那如果不加特判的話，結果就會是0，而正確結果應該是1，因此在最後要加上特判。
（這題應該也可以用DFS做，如果做出來的話會寫在我的另一篇博客裏）
AC代碼：
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
char maps[21][21];
int vis[21][21];
int xx,yy,w,h,ans=0;
int dir[4][2]=
{
{0,1},
{0,-1},
{1,0},
{-1,0},
};
struct node
{
int x;
int y;
};
bool check(int x,int y)
{
if(x<0||y<0||x>=h||y>=w||vis[x][y])
return false;
if(maps[x][y]=='#')
return false;
return true;
}
void bfs()
{
queue<node>q;
node start,next;
start.x=xx;
start.y=yy;
q.push(start);
while(!q.empty())
{
node tmp=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
next=tmp;
next.x+=dir[i][0];
next.y+=dir[i][1];
if(check(next.x,next.y))
{
ans++;
q.push(next);
vis[next.x][next.y]=1;
}
}
}
}
int main()
{
while(cin>>w>>h&&w+h)
{
ans=0;
memset(maps,0,sizeof(maps));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=0;i<h;i++)
{
for(int j=0;j<w;j++)
{
cin>>maps[i][j];
if(maps[i][j]=='@')
{
xx=i;
yy=j;
}
}
}
bfs();
if(!ans)//特判，判斷是否這個人周圍全是紅瓷磚
ans=1;
cout<<ans<<endl;
}
}