牛客小白月赛99 C-迷宫（DFS）

题目描述

给定一个

n×m\mathrm{n \times m}n×m 的迷宫，迷宫由 "#" 与"." 两种字符组成。其中 "#" 代表障碍物，"." 表示空地。迷宫中还有一个起点 "S" 和一个终点 "E" ，它们都可以视为空地。

由于近期迷宫发生了塌方，导致起点和终点之间可能并不连通。幸运的是，你拥有一种超能力——在迷宫中移动时（移动方向为上、下、左、右四个方向之一），可以在当前位置朝任一方向（上、下、左、右四个方向之一）释放激光。激光能够清除该方向上所有的障碍物，并且这种超能力至多只能使用一次。

现在，你需要判断是否能利用这种超能力成功从起点到达终点。

输入描述:

第一行给定两个整数n,m(2≤n,m≤1000)，分别表示迷宫的行数和列数。下面n行，每行m个字符，描述迷宫的具体布局。字符只包含"#"、"."、"S"和"E"，并且起点与终点有且仅有一个。

输出描述:

能够到达终点输出YES,否则输出NO。

示例1

输入

4 5
.####
S####
.####
.E###

输出

YES

示例2

输入

4 5
..###
S####
#####
##.E#

输出

YES

说明

显然可以从起点出发，到达 $(1,2)\mathrm{(1,2)}(1,2)处并向下方使用超能力，此时可以从起点到达终点。$

示例3

输入

4 5
..###
S####
#####
###E#

输出

NO

问题的关键在于可以清除某个方向的障碍物，我一开始想用DFS+回溯去暴力破解，但回溯需要修正的变量过于繁琐且时间复杂度爆炸，只能另取他法。

通过观察可以发现，对起点和终点都进行遍历，设与起点连通的点集为x，与终点连通的点集为y，任取y中一点y1，若在y1的相邻行或列以及本行中存在x中的某点，那就可以通过清除障碍进行连通。

所以释放激光后起点与终点连通等价于起点所在连通块与终点所在连通块存在相邻或相同的行/列，因此可以考虑分别从起点与终点进行两遍DFS，从终点出发的DFS标记出其能够直接到达的行列坐标；从起点出发的
DFS枚举每个位置以及释放激光的方向，判断是否可能连通。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n,m;
 4 int s_x, s_y, e_x, e_y; //起点与终点
 5 bool result = false;
 6 char graph[1005][1005];
 7 int visited[1005][1005]; //访问标记，1代表被正向访问，2代表被反向访问，正向表示从起点出发，反向表示从终点出发
 8 bool row[1005],column[1005]; //row[i]表示第i行是否有正向连通点，column[i]表示第i列是否有正向连通点
 9 
10 void dfs(int x, int y, int orientation){
11     visited[x][y] = orientation;
12     if (orientation == 1){
13         row[x] = 1;
14         column[y] = 1;
15     }
16     if (x == e_x && y == e_y && orientation == 1){
17         result = true;
18         return;
19     }
20     if (orientation == 2){ //进入反向遍历说明起点与终点不连通
21         for (int i = x - 1; i <= x + 1; ++i){ //直接判断附近是否有正向连通点
22             if (i > 0 && i <= n && row[i]){
23                 result = true;
24                 return;
25             }
26 
27         }
28         for(int j = y - 1; j <= y + 1; ++j){
29             if (j > 0 && j <= m && column[j]){
30                 result = true;
31                 return;
32             }
33         }
34     }
35     if (visited[x - 1][y] == 0 && graph[x - 1][y] != '#'){
36         dfs(x - 1, y, orientation);
37     }
38     if (visited[x + 1][y] == 0 && graph[x + 1][y] != '#'){
39         dfs(x + 1, y, orientation);
40     }
41     if (visited[x][y - 1] == 0 && graph[x][y - 1] != '#'){
42         dfs(x, y - 1, orientation);
43     }
44     if (visited[x][y + 1] == 0 && graph[x][y + 1] != '#'){
45         dfs(x, y + 1, orientation);
46     }
47 
48 }
49 int main(){
50     memset(graph, '#', sizeof(graph));
51     memset(visited, 0, sizeof(visited));
52     memset(row, false, sizeof(row));
53     memset(column, false, sizeof(row));
54     cin>>n>>m;
55     for (int i = 1; i <= n; ++i){
56         for (int j = 1; j <= m; ++j){
57             cin>>graph[i][j];
58             if (graph[i][j] == 'S'){
59                 s_x = i; s_y = j;
60             }
61             if (graph[i][j] == 'E'){
62                 e_x = i; e_y = j;
63             }
64         }
65     }
66     dfs(s_x, s_y, 1);
67     if (result){ //起点终点原本就连通
68         cout<<"YES"<<endl;
69         return 0;
70     }
71     dfs(e_x, e_y, 2);
72     if (result)
73         cout<<"YES"<<endl;
74     else
75         cout<<"NO"<<endl;
76 }

其他类似的可以破墙的题目也可以用类似的正反遍历的思路去解，只要确定一下可以连通的条件即可。

posted on 2024-08-24 18:33 Coder何阅读(99) 评论(0) 收藏举报