奇偶減支的使用

題目鏈結。題目大意：給定迷宮的地圖，起點s終點d和限制，d是一扇門，會在t時刻內開啟，只有當d開啟並且dog到達該點才能成功的逃脫，否則無法逃脫。給出相關的引數，判斷dog是否可以逃脫。

看完之後發現這顯然是乙個dfs搜尋的題目，我們當前點進行四個方向的搜尋，判斷步數和時間的關係即可。但是會發現程式超時，那麼說明乙個問題，我們的減支的力度不夠，要從別的方面思考該如何進行減支。看到這個題和一般的題有一點小小的區別，一般的迷宮搜尋都是在規定時間內出去即可，但是這裡需要在準確的時間到達，因為題目中要求每乙個點只能到達一次並且不能停留。所以在這裡最短路不一定是最正確的選擇。我們來思考dfs的減支

（1）t時刻內到達出口，遞迴結束

（2）t時刻內沒有達到出口，遞迴也要結束

（3）小於t時刻內達到出口，這個時候沒用，因為門沒有開，所以也沒用。

使用這三個減支的規則來減支，提交發現依然是超時。這個時候就開始懷疑人生了，難道這個題不是dfs？不會吧，顯然是的啊。說明我們還有一些地方的減支沒有考慮到。繼續向下分析：這個題目很大的特點就是在迷宮中需要使用恰好t秒，不能多也不能少。那麼其實我們可以發現一些二東西。假設出口d的座標是在x,y當前的座標點是在px,py.那麼最少的時間肯定是兩點之間的哈密頓距離。如果這時的時間已經不足，那麼顯然也是不能到達的，因為最短的時間已經不允許出去。ok，這個時候我們其實有得到了乙個很重要的減支，其實我們在每一層的dfs都加乙個這樣的判斷，那麼就可以起到很大的作用。加上這個減支之後依然是超時，what？這nm還超，行吧，終極大招，奇偶減支。結合**來說明：

#include #include #include char map[10][10]; //7*7
int book[10][10];
int p, q, n, m, t, flag;
int next[4][2] = , , , }; //右下左上 
void dfs(int x, int y, int step) 
if (step >= t) return; //!!!剪枝 超時或沒走到 
temp = t - step - abs(p - x) - abs(q - y);//這個
if (temp < 0 || temp & 1) return;
//剪枝：如果剩餘的步數不足以走到出口，且必須是偶數，偶-偶=偶，奇-奇=偶
for (i = 0; i < 4; i++)
}return;
}int main() 
else if (map[i][j] == 'd') 
else if (map[i][j] == 'x')
wall++;
}getchar();
}if (t > n*m - wall) printf("no\n");
//abs(p-startx)+abs(q-starty)為到達終點的最少步數 
else if (abs(p - startx) + abs(q - starty) >= t && (startx + starty + p + q + t) % 2 == 1) printf("no\n");
//偶數點到偶數點（座標xy之和）需要走偶數次，奇數到奇數也要走偶數次。 
else 
}return 0;}/*
這裡回溯的原因：在搜尋整個迷宮的時候，對於當前點：進行四個方向的搜尋，dx=x+nex[i][j].假設這個點已經完成搜尋
那麼需要轉移搜尋中心，所以這裡需要回溯
*/

奇偶減支的使用

使用定義判斷函式的奇偶性

Verilog的奇偶分頻

整數的奇偶排序

奇偶減支的使用

使用定義判斷函式的奇偶性

Verilog的奇偶分頻

整數的奇偶排序

相關推薦