posted on 2021-08-03 16:20:45 | under 题解 | source
bfs + 二分。
首先算出一个数组 \(w_{i,j}\)，表示 \((i,j)\) 这个格子与离它最近的树的距离。这个过程可以参考 P1332 血色先锋队，把所有树的位置扔队列里，一起做一次 bfs。
接着，设「Vjekoslav 在途中离它最近的树的距离的最小值」为 \(k\)，那么题目就变成了只能走 \(w_{i,j}\geq k\) 的点，问可不可以从 V 点到达 J 点。
我们设最终要输出的答案为 \(ans\)，显然 \(ans\) 可以通过二分答案这一算法求出。如果只能走 \(w_{i,j}\geq k\) 的点能到达，那么对于 \(\forall l\leq k\)，只能走 \(w_{i,j}\geq l\) 的点一定能到达；如果只能走 \(w_{i,j}\geq k\) 的点不能到达，那么对于 \(\forall l\geq k\)，只能走 \(w_{i,j}\geq l\) 的点一定也不能到达。综上所述，\(ans\) 满足单调性，二分答案是正确的。
下面，给出我的代码实现：
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int dx[]={0,-1,0,0,1},
dy[]={0,0,-1,1,0};
int n,m,sx,sy,ex,ey;
bool vis[510][510];
int w[510][510];
struct node{
int x,y;
node(int x=0,int y=0):x(x),y(y){}
};
queue<node> q;
bool bfs(int sx=0,int sy=0,int ex=0,int ey=0,int l=0,bool k=1){
//k=1 表示当前正在求 w 数组，k=0 表示当前正在二分求 ans
if(!k) q.push(node(sx,sy)),vis[sx][sy]=1;
while(!q.empty()){
node now=q.front();q.pop();
if(!k&&now.x==ex&&now.y==ey) return 1;
for(int i=1;i<=4;i++){
int tmpx=now.x+dx[i],tmpy=now.y+dy[i];
if(1<=tmpx&&tmpx<=n&&1<=tmpy&&tmpy<=m){
if(k?w[now.x][now.y]+1<w[tmpx][tmpy]:w[tmpx][tmpy]>=l&&!vis[tmpx][tmpy]){
if(k) w[tmpx][tmpy]=w[now.x][now.y]+1;
//两个点的曼哈顿距离 = 从一个点到达另一个点要走几步
else vis[tmpx][tmpy]=1;
q.push(node(tmpx,tmpy));
}
}
}
}
return 0;
}
bool check(int now){
if(w[sx][sy]<now) return 0;
//bfs 时是遍历不到起点的，需要手动特判一下
memset(vis,0,sizeof vis);
q=queue<node>();
return bfs(sx,sy,ex,ey,now,0);
}
int binary(int L,int R){
int ans=0,mid;
while(L<=R){
if(!check(mid=(L+R)>>1)) R=mid-1;
else ans=mid,L=mid+1;
}
return ans;
}
int main(){
memset(w,0x3f,sizeof w);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){char ch;
cin>>ch;
if(ch=='+') w[i][j]=0,q.push(node(i,j));
if(ch=='V') sx=i,sy=j;
if(ch=='J') ex=i,ey=j;
}
}
bfs();
/*for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cout<<w[i][j]<<" \n"[j==m];
}
}*/
cout<<binary(0,1e3)<<endl;
return 0;
}