算法提高课笔记

BFS可以解决边权为1的最短路问题，下面是相关例题

单源最短路

将源点在开始时存进队列

迷宫问题

原题链接

给定一个 n×n 的二维数组，如下所示：

int maze[5][5] = {0, 1, 0, 0, 0,0, 1, 0, 1, 0,0, 0, 0, 0, 0,0, 1, 1, 1, 0,0, 0, 0, 1, 0,};

它表示一个迷宫，其中的1表示墙壁，0表示可以走的路，只能横着走或竖着走，不能斜着走，要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。

数据保证至少存在一条从左上角走到右下角的路径。

输入格式

第一行包含整数 n。

接下来 n 行，每行包含 n 个整数 0 或 1，表示迷宫。

输出格式

输出从左上角到右下角的最短路线，如果答案不唯一，输出任意一条路径均可。

按顺序，每行输出一个路径中经过的单元格的坐标，左上角坐标为 (0,0)，右下角坐标为 (n−1,n−1)。

数据范围

0 ≤ n ≤ 1000

输入样例

5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0

输出样例

0 0
1 0
2 0
2 1
2 2
2 3
2 4
3 4
4 4

题意

一个矩阵，0代表有路1代表没有路，问从左上角走到右下角的最短路径

思路

因为边权均为1，所以利用BFS可以求出从起点到终点的最短路，同时利用一个小技巧从终点往起点走，即可在后续输出路径时正向输出

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010, M = N * N;typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd secondint n;
int g[N][N];
queue<PII> q;
PII pre[N][N];void bfs(int x, int y)
{int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1}; // 代表上下左右四个移动方向q.push({x, y});memset(pre, -1, sizeof pre);while (q.size()){PII t = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i ++ ){int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i];if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= n) continue; // 位置不合法if (g[a][b]) continue; // 没路if (pre[a][b].ft != -1) continue; // 走过了q.push({a, b});pre[a][b] = t;}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++ )for (int j = 0; j < n; j ++ )cin >> g[i][j];bfs(n - 1, n - 1);PII end(0, 0);while (1){cout << end.ft << ' ' << end.sd << '\n';if (end.ft == n - 1 && end.sd == n - 1) break;end = pre[end.ft][end.sd];}
}

武士风度的牛

原题链接

农民 John 有很多牛，他想交易其中一头被 Don 称为 The Knight 的牛。

这头牛有一个独一无二的超能力，在农场里像 Knight 一样地跳（就是我们熟悉的象棋中马的走法）。

虽然这头神奇的牛不能跳到树上和石头上，但是它可以在牧场上随意跳，我们把牧场用一个 x，y 的坐标图来表示。

这头神奇的牛像其它牛一样喜欢吃草，给你一张地图，上面标注了 The Knight 的开始位置，树、灌木、石头以及其它障碍的位置，除此之外还有一捆草。

现在你的任务是，确定 The Knight 要想吃到草，至少需要跳多少次。

The Knight 的位置用 K 来标记，障碍的位置用 * 来标记，草的位置用 H 来标记。

这里有一个地图的例子：

             11 | . . . . . . . . . .10 | . . . . * . . . . . 9 | . . . . . . . . . . 8 | . . . * . * . . . . 7 | . . . . . . . * . . 6 | . . * . . * . . . H 5 | * . . . . . . . . . 4 | . . . * . . . * . . 3 | . K . . . . . . . . 2 | . . . * . . . . . * 1 | . . * . . . . * . . 0 ----------------------1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 

The Knight 可以按照下图中的 A,B,C,D… 这条路径用 5 次跳到草的地方（有可能其它路线的长度也是 5）：

             11 | . . . . . . . . . .10 | . . . . * . . . . .9 | . . . . . . . . . .8 | . . . * . * . . . .7 | . . . . . . . * . .6 | . . * . . * . . . F<5 | * . B . . . . . . .4 | . . . * C . . * E .3 | .>A . . . . D . . .2 | . . . * . . . . . *1 | . . * . . . . * . .0 ----------------------10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

注意： 数据保证一定有解。

输入格式

第 1 行： 两个数，表示农场的列数 C 和行数 R。

第 2…R+1 行: 每行一个由 C 个字符组成的字符串，共同描绘出牧场地图。

输出格式

一个整数，表示跳跃的最小次数。

数据范围

1 ≤ R , C ≤ 150

输入样例

10 11
..........
....*.....
..........
...*.*....
.......*..
..*..*...H
*.........
...*...*..
.K........
...*.....*
..*....*..

输出样例

5

题意

图中*代表没有路，.代表有路，求以日字型从K走到H的最短路

思路

dx dy改成向八个不同方向移，其余思路一样，第一次遍历到H时输出即可

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 155, M = N * N;typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd secondint n, m;
char g[N][N]; // 存图
queue<PII> q;
int dist[N][N]; // 记录距离+判重int bfs()
{int dx[8] = {-2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};int dy[8] = {1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};int x, y;for (int i = 0; i < n; i ++ )for (int j = 0; j < m; j ++ )if (g[i][j] == 'K')x = i, y = j;q.push({x, y});memset(dist, -1, sizeof dist);dist[x][y] = 0;while (q.size()){auto t = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 8; i ++ ){int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i];if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue; // 位置不合法if (g[a][b] == '*') continue; // 没路if (dist[a][b] != -1) continue; // 已遍历if (g[a][b] == 'H') return dist[t.ft][t.sd] + 1; // 走到终点dist[a][b] = dist[t.ft][t.sd] + 1;q.push({a, b});}}return -1;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> m >> n;for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> g[i];cout << bfs() << '\n';
}

抓住那头牛

原题链接

农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。

农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点 N，牛位于点 K。

农夫有两种移动方式：

1. 从 X 移动到 X−1 或 X+1，每次移动花费一分钟
2. 从 X 移动到 2∗X，每次移动花费一分钟

假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。

农夫最少要花多少时间才能抓住牛？

输入格式

共一行，包含两个整数N和K。

输出格式

输出一个整数，表示抓到牛所花费的最少时间。

数据范围

0 ≤ N , K ≤ 105

输入样例

5 17

输出样例

4

题意

要求从N到K，每次只能进行一个操作：向右一步 / 向左一步 / 坐标变为现在的两倍，求最短路

思路

这一题刚开始看第一反应是dp，但后来发现BFS最短路来做也很简单

每次更新所有该轮操作可以到达的位置

无需更新负值，因为只能通过-1到达负值，而从负值到正值只能通过+1，二者相互抵消，不可能是最短路

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int n, k;
queue<int> q;
int dist[N];int bfs()
{memset(dist, -1, sizeof dist);dist[n] = 0;q.push(n);while (q.size()){auto t = q.front();q.pop();if (t == k) return dist[k]; // 已到终点// 更新三个距离if (t + 1 < N && dist[t + 1] == -1){dist[t + 1] = dist[t] + 1;q.push(t + 1);}if (t - 1 < N && dist[t - 1] == -1){dist[t - 1] = dist[t] + 1;q.push(t - 1);}if (t * 2 < N && dist[t * 2] == -1){dist[t * 2] = dist[t] + 1;q.push(t * 2);}}return -1;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> k;cout << bfs() << '\n';
}

多源最短路

设置虚拟源点，到所有源点的距离都为0，也就是在起始时将每一个起点都存进队列

矩阵距离

原题链接

给定一个 N 行 M 列的 01 矩阵 A，A[i][j] 与 A[k][l] 之间的曼哈顿距离定义为：

dist(A[i][j], A[k][l]) = |i − k| + |j − l|

输出一个 N 行 M 列的整数矩阵 B，其中：

B[i][j] = min~1≤x≤N,1≤y≤M,A[x][y]=1~ dist(A[i][j], A[x][y])

输入格式

第一行两个整数 N,M。

接下来一个 N 行 M 列的 01 矩阵，数字之间没有空格。

输出格式

一个 N 行 M 列的矩阵 B，相邻两个整数之间用一个空格隔开。

数据范围

1 ≤ N, M ≤ 1000

输入样例

3 4
0001
0011
0110

输出样例

3 2 1 0
2 1 0 0
1 0 0 1

题意

给出一个矩阵，求所有0距离最近的1的曼哈顿距离

思路

设置虚拟源点，先将所有的1入队，更新所有0到达1的最短距离输出即可

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd second int n, m;
char g[N][N];
queue<PII> q;
int dist[N][N];void bfs()
{// 所有源点入队for (int i = 0; i < n; i ++ )for (int j = 0; j < m; j ++ )if (g[i][j] == '1'){dist[i][j] = 0;q.push({i, j});}int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};while (q.size()){auto t = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i ++ ){int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i];if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue; // 位置不合法if (dist[a][b] != -1) continue; // 已被遍历dist[a][b] = dist[t.ft][t.sd] + 1;q.push({a, b});}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);memset(dist, -1, sizeof dist);cin >> n >> m;for (int i = 0 ; i < n; i ++ ) cin >> g[i];bfs();for (int i = 0; i < n; i ++ ){for (int j = 0; j < m; j ++ )cout << dist[i][j] << ' ';cout << '\n';}
}

双端队列BFS

电路维修

原题链接

达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。

有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。

电路板的整体结构是一个 R 行 C 列的网格（R,C≤500），如下图所示。

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式

输入文件包含多组测试数据。

第一行包含一个整数 T，表示测试数据的数目。

对于每组测试数据，第一行包含正整数 R 和 C，表示电路板的行数和列数。

之后 R 行，每行 C 个字符，字符是"/“和”"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式

对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出 NO SOLUTION。

数据范围

1 ≤ R , C ≤ 500,
1 ≤ T ≤ 5

输入样例

1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\

输出样例

1

样例解释

样例的输入对应于题目描述中的情况。

只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。

题意

从左上角走到右下角，只能走斜线，使斜线方向改变需要消耗1，问消耗最少的路径

思路

首先转换一些题目语言，我们可以理解为，不需要改变斜线方向时边权是0，需要改变斜线方向时边权是1，那这个问题就转换成了边权是0 / 1 的最短路问题，用Dijkstra是可以解决的

那能不能用BFS解决呢？

当然也可以，考虑到BFS中队列的二段性，本题我们使用双端队列，每次将边权为0的边放到队头，边权为1的边放到队尾（感觉有点贪心的思想）

（另外，绝对不会出现一条边未转换时走一次，然后转换了再走一次的情况，因为图中总有一半的点是走不到的

接下来的难点在于图的存储，需要对点和格子分别作出记录

代码（加了注释）

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 510, M = N * N;typedef pair<int, int> PII;
#define ft first
#define sd second int n, m;
char g[N][N]; // 存图上的每条边
int dist[N][N]; // 存每个点到起点的距离
bool st[N][N]; // 判重int bfs()
{memset(dist, 0x3f, sizeof dist);memset(st, false, sizeof st);dist[0][0] = 0;deque<PII> q;q.push_back({0, 0});char cs[] = "\\/\\/"; // 分别表示往左上角、右上角、右下角、左下角走int dx[4] = {-1, -1, 1, 1}, dy[4] = {-1, 1, 1, -1}; // 进行这些操作点坐标的改变int ix[4] = {-1, -1, 0, 0}, iy[4] = {-1, 0, 0, -1}; // 进行这些操作需要踩过哪些格子while (q.size()){PII t = q.front();q.pop_front();if (st[t.ft][t.sd]) continue;st[t.ft][t.sd] = true;for (int i = 0; i < 4; i ++ ){int a = t.ft + dx[i], b = t.sd + dy[i]; // 点坐标if (a < 0 || a > n || b < 0 || b > m) continue; // 位置不合法int aa = t.ft + ix[i], bb = t.sd + iy[i]; // 格子坐标int d = dist[t.ft][t.sd] + (g[aa][bb] != cs[i]); // 原有距离加上当前格子的边权if (d < dist[a][b]) // 如果距离更小就更新{dist[a][b] = d;// 根据边权情况选择加入队头or队尾if (g[aa][bb] != cs[i]) q.push_back({a, b});else q.push_front({a, b});}}}return dist[n][m];
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin >> t;while (t -- ){cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> g[i];int t = bfs();if (t == 0x3f3f3f3f) cout << "NO SOLUTION\n";else cout << t << '\n';}
}