[luogu p1518] [USACO2.4]两只塔姆沃斯牛 The Tamworth Two

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[USACO2.4]两只塔姆沃斯牛 The Tamworth Two

题目描述

两只牛逃跑到了森林里。Farmer John 开始用他的专家技术追捕这两头牛。你的任务是模拟他们的行为(牛和 John)。

追击在 \(10 \times 10\) 的平面网格内进行。一个格子可以是:一个障碍物,两头牛(它们总在一起),或者 Farmer John。两头牛和 Farmer John 可以在同一个格子内(当他们相遇时),但是他们都不能进入有障碍的格子。 一个格子可以是:

  • . 空地;
  • * 障碍物;
  • C 两头牛;
  • F Farmer John。

这里有一个地图的例子:

*...*..... 
......*... 
...*...*.. 
.......... 
...*.F.... 
*.....*... 
...*...... 
..C......* 
...*.*.... 
.*.*...... 

牛在地图里以固定的方式游荡。每分钟,它们可以向前移动或是转弯。如果前方无障碍(地图边沿也是障碍),它们会按照原来的方向前进一步。否则它们会用这一分钟顺时针转 90 度。 同时,它们不会离开地图。

Farmer John 深知牛的移动方法,他也这么移动。

每次(每分钟)Farmer John 和两头牛的移动是同时的。如果他们在移动的时候穿过对方,但是没有在同一格相遇,我们不认为他们相遇了。当他们在某分钟末在某格子相遇,那么追捕结束。

读入十行表示地图。每行都只包含 10 个字符,表示的含义和上面所说的相同。保证地图中只有一个 F 和一个 CFC 一开始不会处于同一个格子中。

计算 Farmer John 需要多少分钟来抓住他的牛,假设牛和 Farmer John 一开始的行动方向都是正北(即上)。 如果 John 和牛永远不会相遇,输出 0。

输入输出格式

输入格式

输入共十行,每行 10 个字符,表示如上文描述的地图。

输出格式

输出一个数字,表示 John 需要多少时间才能抓住牛们。如果 John 无法抓住牛,则输出 0。

输入输出样例

输入样例 #1

*...*.....
......*...
...*...*..
..........
...*.F....
*.....*...
...*......
..C......*
...*.*....
.*.*......

输出样例 #1

49

说明

翻译来自NOCOW USACO 2.4

分析

一道较为简单的纯模拟,直接按照题意模拟即可。一般的水模拟我不会写题解的,但是这道题有点意思,就是可能有永远都追不到牛的情况。这种情况如何判断呢?

很明显,永远都追不到牛,说明农夫和牛的轨迹是重复出现的,也就是说追不到牛的情况中,肯定会存在一个循环节,此时肯定有两个时间,牛的坐标,农夫的坐标,还有他们的方向,是全部相等的。

那我们怎么判断两个相等的状态?明显此时的状态只和六个因素有关,牛的x坐标,牛的y坐标,农夫的x坐标,农夫的y坐标,牛的朝向,农夫的朝向。

我们只需要把这六个东西映射成一个一维数组就好啦,也就是乘法大法。

由于我习惯从1开始作为下标,但是乘法大法中每个属性值的最小值又最好是0,所以我们转化乘法大法的时候坐标要统统减一。

哦对了,方向这个不是一个数字的东西,我们把它数字化一下qvq。这里我们规定,0北1东2南3西。

KEY = john.dir * 40000 + cow.dir * 10000 + (john.y - 1) * 1000 + (john.x - 1) * 100 + (cow.y - 1) * 10 + cow.x - 1

这样就可以保证对于每一个状态,KEY值是唯一的。定义vis数组,如果发现vis[KEY]已经被访问,那么这就是一个死循环,直接输出0即可。

其他的就没啥好说的了,上代码吧。

代码

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2020-03-27 22:02:47 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2020-03-27 22:26:07
 */
#include <iostream>
#include <cstdio>

char g[15][15];
bool vis[200005];
int ans;
const int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
const int dy[4] = {0, 1, 0, -1};

struct node {
    int x, y, dir;
}cow, john;

int GetKey() {
    return john.dir * 40000 + cow.dir * 10000 + (john.y - 1) * 1000 + (john.x - 1) * 100 + (cow.y - 1) * 10 + cow.x - 1;
}

int main() {
    for(int i = 1; i <= 10; i++) {
        scanf("%s", g[i] + 1);
        for(int j = 1; j <= 10; j++)
            if(g[i][j] == 'C') {
                cow.x = i;
                cow.y = j;
            }else if(g[i][j] == 'F') {
                john.x = i;
                john.y = j;
            }
    }
    for(int i = 0; i <= 11; i++)
        g[0][i] = g[i][0] = g[11][i] = g[i][11] = '*';
    cow.dir = 0;
    john.dir = 0;

    while(cow.x != john.x || cow.y != john.y) {
        if(vis[GetKey()]) {
            puts("0");
            return 0;
        }
        vis[GetKey()] = true;
        if(g[cow.x + dx[cow.dir]][cow.y + dy[cow.dir]] == '*') cow.dir = (cow.dir + 1) % 4;
        else {
            cow.x += dx[cow.dir];
            cow.y += dy[cow.dir];
        }
        if(g[john.x + dx[john.dir]][john.y + dy[john.dir]] == '*') john.dir = (john.dir + 1) % 4;
        else {
            john.x += dx[john.dir];
            john.y += dy[john.dir];
        }
        ans++;
    }

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

评测结果

AC 100:R32197664

posted @ 2020-03-27 22:34  东北小蟹蟹  阅读(245)  评论(2编辑  收藏  举报