POJ 3026 - Borg Maze | 眈眈探求

算法

原创

发布日期: 2011-08-25

更新日期: 2026-11-06

文章字数: 1.8k

阅读时长: 8 分

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POJ 3026 - Borg Maze
Time: 1000MS
Memory: 65536K
难度: 初级
分类: 最小生成树算法

0x00 POJ 原题

Description

The Borg is an immensely powerful race of enhanced humanoids from the delta quadrant of the galaxy. The Borg collective is the term used to describe the group consciousness of the Borg civilization. Each Borg individual is linked to the collective by a sophisticated subspace network that insures each member is given constant supervision and guidance.

Your task is to help the Borg (yes, really) by developing a program which helps the Borg to estimate the minimal cost of scanning a maze for the assimilation of aliens hiding in the maze, by moving in north, west, east, and south steps. The tricky thing is that the beginning of the search is conducted by a large group of over 100 individuals. Whenever an alien is assimilated, or at the beginning of the search, the group may split in two or more groups (but their consciousness is still collective.). The cost of searching a maze is definied as the total distance covered by all the groups involved in the search together. That is, if the original group walks five steps, then splits into two groups each walking three steps, the total distance is 11=5+3+3.

Input

On the first line of input there is one integer, N <= 50, giving the number of test cases in the input. Each test case starts with a line containg two integers x, y such that 1 <= x,y <= 50. After this, y lines follow, each which x characters. For each character, a space '' stands for an open space, a hash mark#’’ stands for an obstructing wall, the capital letter A'' stand for an alien, and the capital letter S’’ stands for the start of the search. The perimeter of the maze is always closed, i.e., there is no way to get out from the coordinate of the ``S’’. At most 100 aliens are present in the maze, and everyone is reachable.

Output

For every test case, output one line containing the minimal cost of a succesful search of the maze leaving no aliens alive.

Sample Input

2
6 5
##### 
#A#A##
# # A#
#S  ##
##### 
7 7
#####  
#AAA###
#    A#
# S ###
#     #
#AAA###
#####

Sample Output

8
11

Source

Svenskt Mästerskap i Programmering/Norgesmesterskapet 2001

0x10 题目概述

在一个 y 行 x 列的迷宫中，有可行走的通路空格，不可行走的墙 #，还有两种英文字母 A 和 S，现在从 S 出发，要求用最短的路径 L 连接所有字母，输出这条路径 L 的总长度。

0x20 解题思路

BFS + Prim

一格的长度为 1，而且移动的方法只有上、下、左、右，

所以在无任何墙的情况下（但“墙#”是必须考虑的，这里只是为了说明）

任意两个字母之间的距离就是直接把横坐标之差加上纵坐标之差

注意的是：

① 可行的路为字母和空格
② 不可行的路为 # 和矩阵范围之外

根据题意的“分离”规则，重复走过的路不再计算

因此当使用 prim 算法求 L 的长度时，根据算法的特征恰好不用考虑这个问题（源点合并很好地解决了这个问题），L 就是最少生成树的总权值 W

由于使用 prim 算法求在最小生成树，因此无论哪个点做起点都是一样的，（通常选取第一个点），因此起点不是 S 也没有关系

所以所有的 A 和 S 都可以一视同仁，看成一模一样的顶点就可以了

最后要注意的就是 字符的输入：

cin 不读入空字符（包括空格，换行等）
gets 读入空格，但不读入换行符）

剩下的问题关键就是处理 任意两字母间的最短距离，由于存在了“墙#”，这个距离不可能单纯地利用坐标加减去计算，必须额外考虑，推荐用 BFS（广搜、宽搜），这是本题的唯一难点，因为 prim 根本直接套用就可以了。

另外注意在求 任意两字母间的最短距离 时 不能直接 用 BFS：

(1) 必须先把矩阵中每一个允许通行的格看做一个节点（就是在矩阵内所有非#的格都作为图 M 的一个顶点），对每一个节点 i，分别用 BFS 求出它到其他所有节点的权值（包括其本身，为 0），构造节点图 M；
(2) 然后再加一个判断条件，从图 M 中抽取以字母为顶点的图，进而构造字母图 N。这个判定条件就是当节点图 M 中的某点 j 为字母时，把 i 到 j 的权值再复制（不是抽离）出来，记录到字母图 N 的邻接矩阵中
(3) 剩下的就是对字母图 N 求最小生成树了

0x30 AC 源码

/*BFS+Prim*/

//Memory Time 
//368K   0MS 

#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;

const int inf=2501;      //无限大,最大迷宫的总长也就2500

char map[51][51];  //迷宫原图
int node[51][51];   //记录当前格是否为字母，是第几个字母
int col,row;      //当前迷宫的行列数
int num;         //字母顶点数数目
int dist[102][102];      //构造节点图的两节点间权值，理论节点数最多为2500个（每一个允许通行的格为一个节点）
                         //但是POJ的数据库允许压缩到101个，哈哈，这样时间和空间复杂度都减少很多
int edge[102][102];      //构造字母图的两个字母间的边权，字母数最多为101

class move
{
 public:
    int row,col;
}mov[4]={{0,-1},{0,1},{-1,0},{1,0}}; //分别对应 上 下 左 右

void bfs(int i,int j)
{
    bool vist[51][51];  //标记当前迷宫某一格是否已被访问
    int que_x[2500],que_y[2500];  //坐标队列
    int head=0,tail=0;  //队列指针

    /*Initial*/

    memset(dist,0,sizeof(dist));
    memset(vist,false,sizeof(vist));
    vist[i][j]=true;
    que_x[tail]=i;
    que_y[tail++]=j;

    while(head<tail)
    {
        int x=que_x[head];
        int y=que_y[head++];
        if(node[x][y])
            edge[ node[i][j] ][ node[x][y] ] = dist[x][y];   //抽取字母到字母的边权
        for(int k=0;k<4;k++)
        {
            int mx=x+mov[k].row;
            int my=y+mov[k].col;
            if(mx>=1 && mx<= row && my>=1 && my<=col)
                if(!vist[mx][my] && map[mx][my]!='#')
                {
                    que_x[tail]=mx;
                    que_y[tail++]=my;
                    vist[mx][my]=true;
                    dist[mx][my]=dist[x][y]+1;
                }
        }
    }
    return;
}

int prim(void)
{
    int s=1;
    int m=1;
    bool u[102];
    u[s]=true;

    int min_w;
    int prim_w=0;
    int point;
    int low_dis[102];

    for(int i=1;i<=num;i++)
    {
        low_dis[i]=inf;
        u[i]=false;
    }

    while(true)
    {
        if(m==num)
            break;

        min_w=inf;
        for(int i=2;i<=num;i++)
        {
            if(!u[i] && low_dis[i]>edge[s][i])
                low_dis[i] = edge[s][i];
            if(!u[i] && min_w>low_dis[i])
            {
                min_w=low_dis[i];
                point=i;
            }
        }
        s=point;
        u[s]=true;
        prim_w+=min_w;
        m++;
    }
    return prim_w;
}

int main(int i,int j)
{
    int test;
    cin>>test;
    while(test--)
    {
        /*Initial*/

        memset(node,0,sizeof(node));
        num=0;

        /*Input*/

        cin>>col>>row;
        char temp[51];
        gets(temp);  //吃掉cin遗留下来的换行符,我不知道为什么getchar()会AW
        for(i=1;i<=row;i++)
        {
            gets(map[i]);
            for(j=1;j<=col;j++)
                if(map[i][j]=='A'||map[i][j]=='S')
                    node[i][j]=++num;
        }

        /*BFS-> Structure Maps*/

        for(i=1;i<=row;i++)
            for(j=1;j<=col;j++)
                if(node[i][j])
                    bfs(i,j);   //构造节点i,j到其他所有节点的边权（非#的格子就是一个节点）

        /*Prim Algorithm & Output*/

        cout<<prim()<<endl;
    }
    return 0;
}