有兩條蛇(1號蛇和2號蛇)在n行m列的地圖上,地圖上有障礙物。一條蛇碰到蛇身/障礙物/邊界就會死。蛇身會不斷長長——可以理解為蛇尾位置不會變,蛇只會向前伸展不會縮尾巴。兩條蛇都絕頂聰明,如果自己能贏,一定會盡量快地贏;如果自己會輸,一定會死得盡量晚。給出初始局面,兩蛇輪流走,每次可以且必須向上下左右移動一格。1號蛇先走,請告訴我誰會在多少回合時贏。\((n,m\leq 20)\)且\(0\)的數量不超過\(50\)
前提：雙方絕頂聰明，各自為營
用我的話來說，這個剪枝方法是這樣的乙個結構：
所有的估價都是由同乙個角度來看待的，不能說在1的回合說對1有利，在2的回合又說對2有利（應該說對1有害）
搜尋樹上先手通過一條邊轉移成後手
搜尋樹的葉子節點是估價函式，評估到達的這個狀態的好壞，函式值越大對先手越有利，父親節點的權值均由兒子轉移來
奇偶性不同的層求的東西不一樣，即兩個人的策略不同，先手求的是所有兒子中最大的乙個（即對先手最有利），後手求的是最小的乙個（對先手最有害）
總而言之，就是搜尋樹的奇數層節點取\(max\)，偶數層取\(min\)，葉子節點需要自己估價（根據具體的題目）
扯了半天，如何剪枝？很簡單，比如對於先手節點\(u\)，它會取最大的兒子，假設當前權值為\(ans_u\)，如果當前節點的兒子\(v\)的乙個兒子\(vv\)權值小於\(ans_u\)，就不用再遍歷這個兒子\(v\)剩下的兒子了（因為兒子\(v\)的權值取\(min\))，這個兒子\(v\)的權值到目前為止可以判斷一定小於\(ans_u\)了；後手相反（可能會有點抽象，建議畫圖理解）
本題顯然可以用\(\alpha - \beta\)剪枝（雙方絕頂聰明且操縱的蛇不一樣）
主要是估價函式的設計：如果先手無路可走，就是絕對有害，設為\(-inf\)，但又活的越久越好，所以還要加上乙個存活時間\(step\)，後手同理
這個剪枝還是比較簡單好理解的，主要注意不要把先後大小關係搞反了就行
#include#define n 25
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
const int inf = 10000;
int n,m,a[n][n],sx[2],sy[2];
int dox[4]=,doy[4]=;
template void read(t &x)
int dfs(int step,int player,int alpha,int beta,int fx,int fy,int px,int py)//alpha是下界只降不增，beta是上界只增不降
else//它的父親是先手，和上面討論的一致
}if(!flag)//移動不了，即到了葉子（輸），需要估價
return ans;
}int main()
int ans=dfs(1,1,inf,-inf,sx[0],sy[0],sx[1],sy[1]);
if(ans>0) printf("1 %d\n",inf-ans);//最後到達的是2號對應的葉子，減掉inf還原
else printf("2 %d\n",ans+inf);//最後到達的是1號對應的葉子，加上inf（這個見上面dfs中估價函式的計算）
return 0;
}
p.s. 筆者小白一枚，如有錯誤還請指出
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