L:鸣人和佐助 BFS
Description
佐助被大蛇丸诱骗走了，鸣人在多少时间内能追上他呢？
已知一张地图（以二维矩阵的形式表示）以及佐助和鸣人的位置。地图上的每个位置都可以走到，只不过有些位置上有大蛇丸的手下，需要先打败大蛇丸的手下才能到这些位置。鸣人有一定数量的查克拉，每一个单位的查克拉可以打败一个大蛇丸的手下。假设鸣人可以往上下左右四个方向移动，每移动一个距离需要花费1个单位时间，打败大蛇丸的手下不需要时间。如果鸣人查克拉消耗完了，则只可以走到没有大蛇丸手下的位置，不可以再移动到有大蛇丸手下的位置。佐助在此期间不移动，大蛇丸的手下也不移动。请问，鸣人要追上佐助最少需要花费多少时间？
Input
输入的第一行包含三个整数：M，N，T。代表M行N列的地图和鸣人初始的查克拉数量T。0 < M,N < 200，0 ≤ T < 10。后面是M行N列的地图，其中@代表鸣人，+代表佐助。*代表通路，#代表大蛇丸的手下。
Output
输出包含一个整数R，代表鸣人追上佐助最少需要花费的时间。如果鸣人无法追上佐助，则输出-1。
Sample Input
样例输入1
4 4 1
#@##
**##
###+
****
1
2
3
4
5
样例输入2
4 4 2
#@##
**##
###+
****
1
2
3
4
5
Sample Output
样例输出1
6
1
样例输出2
4
1
题目分析
这道题目因为是求最短路径（时间），我们还是选用广度优先搜索。但是不一样的在于队列的结构体中除了坐标（x,y）和时间（tot），还增加了当前的查克拉数量（T）。现在我们开始分析过程——
1. 定义变量，避免重复走过路径（awl）
2. 输入，与其他迷宫题目输入相同，需要保存起点
3. 进入广度优先搜索
4. 遍历4个方向
5. 判断边界和重复。这是一个难点——通常的迷宫问题，我们会使用二维的bool数组来判断重复，甚至直接改变原来的地图——但是这道题就会有BUG，给出一个数据（默认优先向下行走，坐标从(0,0)开始）：
5 5 2
@#***
####*
#**#*
#****
+####
这道题目，首先看到最短时间，肯定想到BFS，但是这题与普通的BFS不一样，普通的BFS标记了访问过的点,能搜出一条最短路径。但此处不能再用二维标记访问过的点了，因为被标记过的点不能再访问了，而此处很有可能再访问。
以这个例子为例，先去掉查克拉这个因素，看成普通宽搜，我们知道，宽搜为了找到一条最短路， 会去标记访问的哪些点
（1，1）——>（1，2）——>（1，3）。。。会把（1, 3）给标记了，但是这条路走下去发现走不通，由于查克拉不足等因素。
于是另一条正确的路（1，1）——>（2，1）——>（3，1）——>（3，2）——>（3，3）——>（2，3）——>（1，3）中也来到了（1， 3）这时（1， 3）也被标记过了，无法再访问，输出了-1
如何解决上述问题：
1.把st标记数组直接去掉不用可以吗？
答：不可以，会超内存
这是超内存的错误代码，用的仍然是二维标记数组
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=205;
int px,py;
int dx[4]={-1,0,1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
char map[N][N];
int dis[N][N]; //去掉了dis的标记功能
struct node
{
int x,y;
int co;
}q[N*N*N];
int n,m,t;
int bfs(int x,int y)
{
int hh=0,tt=-1;
//memset(dis,-1,sizeof dis);
dis[x][y]=0;
q[++tt]={x,y,t};
while(hh<=tt)
{
struct node t=q[hh++];
if(map[t.x][t.y]=='+')
{
return dis[t.x][t.y];
}
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=t.x+dx[i];
int yy=t.y+dy[i];
if(xx>=0&&xx<m&&yy>=0&&yy<n)//无标记数组查重
{
if(map[xx][yy]=='#')
{
if(t.co-1>=0)
{
dis[xx][yy]=dis[t.x][t.y]+1;
q[++tt]={xx,yy,t.co-1};
// cout<<"xx is "<<xx<<" yy is "<<yy<<endl;
}
else continue;
}
else
{
dis[xx][yy]=dis[t.x][t.y]+1;
q[++tt]={xx,yy,t.co};
// cout<<"xx is "<<xx<<" yy is "<<yy<<endl;
}
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
while(cin>>m>>n>>t)
{
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
{
cin>>map[i][j];
if(map[i][j]=='@')
{
px=i;
py=j;
}
}
cout<<bfs(px,py)<<endl;
}
return 0;
}2.正确做法是什么？
用一个三维数组，前两维与正常的坐标对应，最后一维用来记录这个点剩余的查克拉数量，这样重复经过某个点，只要他们剩余的查克拉数量不一样，他们就是彼此独立的，就像之前举的那两个路径的例子
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=205;
int px,py;
int dx[4]={-1,0,1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
char map[N][N];
bool st[N][N][N]; //定义三重标记
struct node
{
int x,y;
int co;
int step;
}q[N*N];
int n,m,t;
int bfs(int x,int y)
{
memset(st,false,sizeof st);
int hh=0,tt=-1;
st[x][y][0]=true;
q[++tt]={x,y,t,0};
while(hh<=tt)
{
struct node t=q[hh++];
if(map[t.x][t.y]=='+')
{
return t.step;
}
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=t.x+dx[i];
int yy=t.y+dy[i];
if(xx>=0&&xx<m&&yy>=0&&yy<n)
{
if(map[xx][yy]=='#')
{
if(t.co-1>=0)
{
if(!st[xx][yy][t.co-1])
{
q[++tt]={xx,yy,t.co-1,t.step+1};
// cout<<"xx is "<<xx<<" yy is "<<yy<<endl;
st[xx][yy][t.co-1]=true;
}
}
else continue;
}
else
{
if(!st[xx][yy][t.co])
{
st[xx][yy][t.co]=true;
q[++tt]={xx,yy,t.co,t.step+1};
// cout<<"xx is "<<xx<<" yy is "<<yy<<endl;
}
}
}
}
}
return -1;
}
int main()
{
while(cin>>m>>n>>t)
{
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
{
cin>>map[i][j];
if(map[i][j]=='@')
{
px=i;
py=j;
}
}
cout<<bfs(px,py)<<endl;
}
return 0;
}
