廣搜優化題目總結

題面

這道題之前打過，但那時候打題太水了，沒有真正掌握這道題的知識點。（果然我還是太蒻了)

這道題的解法是先建邊，對於每乙個單位正方形，將有邊相連的兩個對角建一條長度為0的無向邊，另外兩個對角建一條長度為1的無向邊。然後可以跑最短路或者用雙端佇列bfs(0-1bfs)。

跑最短路的話要注意由於是網格圖spfa會炸掉，所以要用堆優化的dijkstra( 不會不加堆優化的dijkstra (_) )

因為在練習廣搜，所以我用的是雙端佇列bfs

當我們遇到邊權只有1的情況時，顯然直接bfs，然後第一次訪問到某個點的「時間」就是到它的最短路徑

當邊權同時存在1和0兩種情況時，我們就可以採用雙端佇列bfs，也叫作0-1bfs，就是訪問時，若邊權為0，則把目標點v放在隊首，若邊權為1，則把目標點放在隊尾，這樣是為了使得邊權為0時的目標點v先被訪問。

我按照這個思路做了，但卻wa了，後來我一看題解，佇列裡維護的居然不是點，而是邊，我一直想不通為什麼，找了半天也只有題解模糊地寫到，然後我就自己手玩了一把，發現如果是維護點，那麼有可能會出現這樣的情況：顯然如果邊權為0，那麼目標點v與點u應該處於廣搜的同一層，但如果是維護點，就可能會出現點v在被點u訪問到之前被下一層的點提前訪問了（也就是由這一層的點通過邊權為1的邊得到的目標點vv訪問過來（因為如果是維護點，那麼就會像是乙個深搜的過程，會在我把這一層訪問完之前，下一層的點先把這一層的點訪問了））。但如果我們是維護邊的話，那麼將會起到乙個滯留的作用，能夠留給我時間，讓我先把這一層的訪問完了，在訪問下一層。

這道題我還有乙個收穫就是知道了鏈式前向星還能儲存入邊，以前我的不知道來著，，，

這是我wa掉的訪問點的**（注釋掉的是我手玩搜尋過程的**）

#include #include #include #include #include using namespace std;
#define maxn 280000
int n,m;
dequeq;
int fir[maxn],nxt[maxn*2],vv[maxn*2],edg[maxn*2];
int tot=0,ans=0;
int vis[maxn],dis[maxn];
void add(int u,int v,int w)
//int room[1000];
int id(int x,int y)
void bfs()
// printf("\n");
// for(int i=cnt;i>=1;i--)q.push_front(room[i]);
int u=q.front();q.pop_front();
// printf("u=%d dis[u]=%d\n",u,dis[u]);
for(int i=fir[u];i;i=nxt[i])
}}int main()
else}}
bfs();
/* for(int i=1;i<=n+1;i++)
for(int j=1;j<=m+1;j++)
printf("id(%d,%d)=%d\n",i,j,id(i,j));
for(int i=1;i<=id(n+1,m+1);i++)
printf("dis[%d]=%d\n",i,dis[i]);
printf("id(n+1,m+1)=%d\n",id(n+1,m+1));printf("dis[%d]=%d\n",id(n+1,m+1),dis[id(n+1,m+1)]);*/
if(dis[id(n+1,m+1)]==-1)printf("no solution\n");
else printf("%d\n",dis[id(n+1,m+1)]);
return 0;
}

這是正解

#include #include #include #include #include using namespace std;
#define maxn 2800000
int n,m;
dequeq;
int fir[maxn],nxt[maxn*4],uu[maxn*4],vv[maxn*4],edg[maxn*4];
int tot=0,ans=0;
int vis[maxn],dis[maxn];
void add(int u,int v,int w)
int id(int x,int y)
void bfs()
}}int main()
else}}
bfs();
if(dis[id(n+1,m+1)]==-1)printf("no solution\n");
else printf("%d\n",dis[id(n+1,m+1)]);
}return 0;
}

可能性一共用8!=40320種

種類極少，所以直接用map去重（注意map速率較慢，聽說插入和查詢都是logn)，也可以用康拓展開（乙個排列在全排列中的順序）來做

#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;

string str1,ansstr,cstr;int a[10];int pd=0;

queue q;

mapm;

void opa(string str)

}void opb(string str)

}void opc(string str)

}void bfs()

q[2][100000];

int n;

int ans=0;

int l[2],r[2];

int v[2][310][310],dis[2][310][310];

int dx[9]=;

int dy[9]=;

int check(int x,int y)

int expand(int k)}}

return 0;

}void bfs()

l[0]=r[0]=1;l[1]=r[1]=1;

v[0][q[0][1].x][q[0][1].y]=1;

v[1][q[1][1].x][q[1][1].y]=1;

while(l[0]<=r[0]&&l[1]<=r[1])

q[2][100000];

int l[2],r[2];

int vis[2][100000];

int dx[5]=;

int dy[5]=;

int check(int x,int y)

int ans=0;

int expand(int k)

for(int i=1;i<=4;i++)

//printf("hashs=%d hashe=%d\n",hashs,hashe);

if(vis[k][hashe]!=0)

vis[k][hashe]=vis[k][hashs]+1;

r[k]++;

for(int ii=1;ii<=4;ii++)

for(int jj=1;jj<=4;jj++)

if(vis[1-k][hashe]!=0)

q[k][l[k]].a[tx][ty]=0;q[k][l[k]].a[i][j]=1;}}

}return 0;

}void bfs()

if(hashs==hashe)

vis[0][hashs]=1;vis[1][hashe]=1;

while(l[0]<=r[0]&&l[1]<=r[1])

to[55][55][6];

char ch[55][55];

char goal[10010];

int dx[5]=;

int dy[5]=;

int check(int x,int y)

void deal_first()

if(!check(tx,ty))continue;

to[i][j][k].x=tx;to[i][j][k].y=ty;}}

}}struct jp;

queueq;

int vis[55][55];

void bfs()

); vis[1][1]=tim;

while(!q.empty())

if(vis[tx][ty]bfs水題

直接列舉每個未訪問的點跑一遍bfs就可以了，一開始我還在想儲存1000000個queue，然後再跑，後來發現求bfs的時候順帶掃瞄就完了。

#include #include #include using namespace std;

#define mp make_pair

#define pr pairint n;

int a[1005][1005],vis[1005][1005];

int dx[9]=;

int dy[9]=;

int check(int x,int y)

int pd1,pd2;

queueq;

void bfs(int x,int y)

if(a[tx][ty]>a[a.first][a.second])pd2=0;

if(a[tx][ty]未完待續...（已update完於2019.8.15)

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