noip模拟赛 水灾

大雨应经下了几天雨，却还是没有停的样子。土豪CCY刚从外地赚完1e元回来，知道不久除了自己别墅，其他的地方都将会被洪水淹没。

CCY所在的城市可以用一个N*M(N,M<=50)的地图表示，地图上有五种符号：“. * X D S”。其中“X”表示石头，水和人都不能从上面经过。“.”表示平原，CCY和洪水都可以经过。“*”表示洪水开始地方（可能有多个地方开始发生洪水）。“D”表示CCY的别墅。“S”表示CCY现在的位置。

CCY每分钟可以向相邻位置移动，而洪水将会在CCY移动之后把相邻的没有的土地淹没（从已淹没的土地）。

求CCY回到别墅的最少时间。如果聪哥回不了家，就很可能会被淹死，那么他就要膜拜黄金大神涨RP来呼叫直升飞机，所以输出“ORZ hzwer!!!”。

Input

3 3

D.*

…

.S.

 

Output

3

 

Input

3 3

D.*
…

..S

 

Output

ORZ hzwer!!!

 

Input

3 6

D...*.

.X.X..

....S.

 

Output

6

分析：主要还是考细节和审题，方法很简单，就是bfs,记录洪水到每个点的时间，然后从出发点看到每个点的时间是不是小于洪水到达的时间，但是要看清楚题目的意思，可能会有多个洪水点，这样的话就要放进一个数组里处理，判断能不能走的时候要结合多种情况考虑，做好了这些就可以了.

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int maxn = 60,inf = 0x7ffffff;
int a[maxn][maxn], n, m, sx, sy, tx, ty, t[maxn][maxn], vis[maxn][maxn],d[maxn][maxn];
int ddx[4] = { 0, 1, -1, 0 }, ddy[4] = { 1, 0, 0, -1 },tot;
char s[maxn];
bool flag;

struct node
{
    int x, y;
}e[maxn * maxn];

void bfs1()
{
    queue  q;
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
    {
        node temp;
        temp.x = e[i].x;
        temp.y = e[i].y;
        q.push(temp);
        vis[temp.x][temp.y] = 1;
        t[temp.x][temp.y] = 0;
    }
    while (!q.empty())
    {
        node u = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int nx = u.x + ddx[i], ny = u.y + ddy[i];
            if (nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= m && !vis[nx][ny] && a[nx][ny] == 1)
            {
                vis[nx][ny] = 1;
                t[nx][ny] = t[u.x][u.y] + 1;
                node temp;
                temp.x = nx;
                temp.y = ny;
                q.push(temp);
            }
        }
    }
}

void bfs2()
{
    queue q;
    node temp;
    temp.x = sx;
    temp.y = sy;
    q.push(temp);
    vis[sx][sy] = 1;
    while (!q.empty())
    {
        node u = q.front();
        q.pop();
        if (u.x == tx && u.y == ty)
        {
            flag = 1;
            return;
        }
        for (int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int nx = u.x + ddx[i], ny = u.y + ddy[i];
            if (nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= m && !vis[nx][ny] && (a[nx][ny] || a[nx][ny] == -1) && d[u.x][u.y] + 1< t[nx][ny])
            {
                d[nx][ny] = d[u.x][u.y] + 1;
                vis[nx][ny] = 1;
                node temp;
                temp.x = nx;
                temp.y = ny;
                q.push(temp);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            t[i][j] = inf;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%s", s + 1);
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            if (s[j] == '.')
                a[i][j] = 1;
            if (s[j] == 'X')
                a[i][j] = 0;
            if (s[j] == '*')
            {
                e[++tot].x = i;
                e[tot].y = j;
            }
            if (s[j] == 'D')
            {
                tx = i;
                ty = j;
                a[i][j] = -1; 
            }
            if (s[j] == 'S')
            {
                sx = i;
                sy = j;
            }
        }
    }
    bfs1();
    t[tx][ty] = inf;
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    bfs2();
    if (!flag)
        printf("ORZ hzwer!!!\n");
    else
        printf("%d\n", d[tx][ty]);

    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/7561515.html