笔记-----BFS宽度优先搜索

对于BFS：宽搜第一次搜到就是最小值，并且基于迭代，不会爆栈。

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Flood Fill 模型

如果直译的话就是：洪水覆盖，意思就是像是从一个点一圈圈的往外扩散，如果遇见能够连通的就扩散，如果遇见无法联通的就不去扩散，然后再去以扩散出去的点为起点再去扩散。

Flood Fill 可以实现在线性时间复杂度内找到某个点所在的连通块。

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例题：

1.AcWing 1097. 池塘计数

农夫约翰有一片 $N\ast M$ 的矩形土地。

最近，由于降雨的原因，部分土地被水淹没了。

现在用一个字符矩阵来表示他的土地。

每个单元格内，如果包含雨水，则用”W”表示，如果不含雨水，则用”.”表示。

现在，约翰想知道他的土地中形成了多少片池塘。

每组相连的积水单元格集合可以看作是一片池塘。

每个单元格视为与其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八个邻近单元格相连。

请你输出共有多少片池塘，即矩阵中共有多少片相连的 ”W” 块。

输入格式
第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。
接下来 $N$ 行，每行包含 $M$ 个字符，字符为 ”W” 或 ”.” ，用以表示矩形土地的积水状况，字符之间没有空格。

输出格式
输出一个整数，表示池塘数目。

数据范围
$1\le N,M\le 1000$

输入样例：

10 12
W........WW.
.WWW.....WWW
....WW...WW.
.........WW.
.........W..
..W......W..
.W.W.....WW.
W.W.W.....W.
.W.W......W.
..W.......W.

输出样例：

3

每次取搜’W’，如果搜到了就去填充连通的所有的’W’并且标记上已经搜过了，然后每发现一滩新的水洼就让答案加1，此题较简单。并且曾经写过DFS的做法：题解博客

BFS:此处使用了便宜量和STL队列，并不和视频中相同

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1010;
const int dx[8] = { 0,0,1,-1,1,1,-1,-1 };
const int dy[8] = { 1,-1,0,0,1,-1,1,-1 };
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second

int n, m;
char g[N][N];
bool st[N][N];

void bfs(int ix, int iy) {
queue< pii >q;
q.push({ ix,iy });
st[ix][iy] = 1;

while (q.size()) {
auto t = q.front(); q.pop();
for (int i = 0; i < 8; i++) {
int xx = t.x + dx[i], yy = t.y + dy[i];
if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < m && g[xx][yy] == 'W' && !st[xx][yy]) {
q.push({ xx,yy });
st[xx][yy] = 1;
}
}
}
}

int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);

cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++)cin >> g[i];

int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (g[i][j] == 'W' && !st[i][j]) {
bfs(i, j);
cnt++;
}
}
}

cout << cnt;
return 0;
}

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2.AcWing 1098. 城堡问题

    1   2   3   4   5   6   7  
   #############################
 1 #   |   #   |   #   |   |   #
   #####---#####---#---#####---#
 2 #   #   |   #   #   #   #   #
   #---#####---#####---#####---#
 3 #   |   |   #   #   #   #   #
   #---#########---#####---#---#
 4 #   #   |   |   |   |   #   #
   #############################
           (图 1)

   #  = Wall   
   |  = No wall
   -  = No wall

   方向：上北下南左西右东。

图1是一个城堡的地形图。

请你编写一个程序，计算城堡一共有多少房间，最大的房间有多大。

城堡被分割成$m\ast n$个方格区域，每个方格区域可以有$0$ ~ $4$面墙。
注意：墙体厚度忽略不计。

输入格式
第一行包含两个整数 $m$ 和 $n$，分别表示城堡南北方向的长度和东西方向的长度。

接下来 $m$ 行，每行包含 $n$ 个整数，每个整数都表示平面图对应位置的方块的墙的特征。

每个方块中墙的特征由数字 $P$ 来描述，我们用$1$表示西墙，$2$表示北墙，$4$表示东墙，$8$表示南墙，$P$ 为该方块包含墙的数字之和。

例如，如果一个方块的 P 为 $3$，则 $3=1+2$，该方块包含西墙和北墙。

城堡的内墙被计算两次，方块 $(1,1)$ 的南墙同时也是方块 $(2,1)$ 的北墙。

输入的数据保证城堡至少有两个房间。

输出格式
共两行，第一行输出房间总数，第二行输出最大房间的面积（方块数）。

数据范围
$1\le m,n\le 50,$
$0\le P\le 15$
输入样例：

4 7 
11 6 11 6 3 10 6 
7 9 6 13 5 15 5 
1 10 12 7 13 7 5 
13 11 10 8 10 12 13 

输出样例：

5
9

此题并不困难，只是一个标准的Flood Fill模型题，只是输入的方式让人感到无语。

只要解决了读入的问题，那么这道题就做出来了。
首先题目读入的时候是读入的数字，并且观察题目的条件就会发现有含义的数字都是特殊的$1，2，4，8$分别是二进制的时候第一位，第二位，第三位，第四问为 $1$。那么只要读入之后，在后续BFS的过程中不再以传统的判断字符的方式来判定是否能走，而是改为读数字的二进制的位数是否为1来判断就好了，这里使用基础课讲过的lowbit()算法来处理。

并且这里要注意，偏移量要和题目给出的顺序来定。
因为后续遍历取偏移量的时候，如果我们读到了第一位是0，那么就要往西走，其他的方向要另行判定，如果偏移量乱定的话就会乱走。

再注意：编程里面的坐标轴和数学里是不一样的。以下是定偏移量时考虑的坐标轴。

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 55;

const int dx[4] = { 0,-1,0,1 };/*注意这里对偏移量的定义，要严格按照题目给出的西，北，东，南的顺序来*/
const int dy[4] = { -1,0,1,0 };

#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second

int n, m;
int g[N][N];
bool st[N][N];

int bfs(int ix, int iy) {
queue<pii>q;
int s = 0;
q.push({ ix,iy });
st[ix][iy] = 1;

while (q.size()) {
auto t = q.front();
s++;//每次出队，说明有一个空地
q.pop();

for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = t.x + dx[i], yy = t.y + dy[i];

//这里g[t.x][t.y] >> i & 1代表寻找当前i这一位是不是一
//i为0，第1为是1，说明西边有墙，i为1时，第二位为1，说明北边有墙，以此类推
if (xx >= 0 && xx<n && yy >= 0 && yy<m && !st[xx][yy] && !(g[t.x][t.y]>>i & 1)) {
q.push({ xx,yy });
st[xx][yy] = 1;
}
}
}
return s;
}

int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> g[i][j];
}
}

int cnt = 0;
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (!st[i][j]) {
res = max(res, bfs(i, j));
cnt++;
}
}
}

cout << cnt << endl;
cout << res << endl;

return 0;
}

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3.AcWing 1106. 山峰和山谷

FGD小朋友特别喜欢爬山，在爬山的时候他就在研究山峰和山谷。

为了能够对旅程有一个安排，他想知道山峰和山谷的数量。

给定一个地图，为FGD想要旅行的区域，地图被分为 $n\times n$ 的网格，每个格子 $(i,j)$ 的高度 $w(i,j)$ 是给定的。

若两个格子有公共顶点，那么它们就是相邻的格子，如与 $(i,j)$ 相邻的格子有$(i-1,j-1),(i-1,j),(i-1,j+1),(i,j-1),(i,j+1),(i+1,j-1),(i+1,j),(i+1,j+1)$。

我们定义一个格子的集合 $S$ 为山峰（山谷）当且仅当：

• $S$ 的所有格子都有相同的高度。
• $S$ 的所有格子都连通。
• 对于 $s$ 属于 $S$，与 $s$ 相邻的 $s\prime$ 不属于 $S$，都有 $ws>ws\prime$（山峰），或者 $ws<ws\prime$（山谷）。

如果周围不存在相邻区域，则同时将其视为山峰和山谷。

你的任务是，对于给定的地图，求出山峰和山谷的数量，如果所有格子都有相同的高度，那么整个地图即是山峰，又是山谷。

输入格式
第一行包含一个正整数 $n$，表示地图的大小。
接下来一个 $n\times n$ 的矩阵，表示地图上每个格子的高度 $w$。

输出格式
共一行，包含两个整数，表示山峰和山谷的数量。

数据范围
$1\le n\le 1000,$
$0\le w\le 10^9$

输入样例1：

5
8 8 8 7 7
7 7 8 8 7
7 7 7 7 7
7 8 8 7 8
7 8 8 8 8

输出样例1：

2 1

输入样例2：

5
5 7 8 3 1
5 5 7 6 6
6 6 6 2 8
5 7 2 5 8
7 1 0 1 7

输出样例2：

3 3

同样是一道Flood Fill模型题，本题需要搜两种连通块的数量。

从题目中需要注意的点：

• 如果一个点周围既有低的点又有高的点，那这个点既不算山峰也不算山谷
• 如果一个点周围既没有高的点有没有低的点，那这个点既是山峰又是山谷

搜的时候需要注意的点：

• 在搜的时候如果扩展到了搜过的点不能直接跳，因为这个点需要用来判别当前点是山峰还是山谷。比如你已经搜过了中间的一个比当前点低部分然后你将其直接跳过，那么这个点就可能变为了没有更低的点的情况，产生错误。

代码：

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1010;
const int dx[8] = { 1,0,-1,0,1,1,-1,-1 };//八连通
const int dy[8] = { 0,1,0,-1,1,-1,1,-1 };
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second

int n;
int g[N][N];
bool st[N][N];
bool has_higher = 0;
bool has_lower = 0;

void bfs(int ix, int iy) {
queue<pii>q;
q.push({ ix,iy });
st[ix][iy] = 1;

while (q.size()) {
auto t = q.front();
q.pop();

for (int i = 0; i < 8; i++) {
int xx = t.x + dx[i], yy = t.y + dy[i];

//这里先不排除搜过的点，如果排除的话会导致没办法判清楚山峰山谷
if (xx >= 1 && xx <= n && yy >= 1 && yy <= n) {

if (g[xx][yy] > g[t.x][t.y])has_higher = 1;//有比当前点高的点
else if (g[xx][yy] < g[t.x][t.y])has_lower = 1;//有比当前点低的点
else {//如果是相等的，也就是连通起来的
if (!st[xx][yy]) {//如果没搜过就压入队列
st[xx][yy] = 1;
q.push({ xx,yy });
}
}
}
}
}
}

int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> g[i][j];
}
}


int valley = 0;//记录山谷
int peak = 0;//记录山峰
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (!st[i][j]) {
bfs(i, j);

//自动排除了又有高的又有低的点
if (!has_lower)valley++;//如果没有更低的点
if (!has_higher)peak++;//如果没有更高的点

has_lower = 0;//重置
has_higher = 0;
}
}
}

cout << peak << " " << valley << endl;
return 0;
}

最短路模型

例题

1.AcWing 1076. 迷宫问题

给定一个 $n\times n$ 的二维数组，如下所示：

int maze[5][5] = {

0, 1, 0, 0, 0,

0, 1, 0, 1, 0,

0, 0, 0, 0, 0,

0, 1, 1, 1, 0,

0, 0, 0, 1, 0,

};

它表示一个迷宫，其中的 $1$ 表示墙壁，$0$ 表示可以走的路，只能横着走或竖着走，不能斜着走，要求编程序找出从左上角到右下角的最短路线。

数据保证至少存在一条从左上角走到右下角的路径。

输入格式
第一行包含整数 $n$。
接下来 $n$ 行，每行包含 $n$ 个整数 $0$ 或 $1$，表示迷宫。

输出格式
输出从左上角到右下角的最短路线，如果答案不唯一，输出任意一条路径均可。

按顺序，每行输出一个路径中经过的单元格的坐标，左上角坐标为 $(0,0)$，右下角坐标为 $(n-1,n-1)$。

数据范围
$0\le n\le 1000$
输入样例：

5
0 1 0 0 0
0 1 0 1 0
0 0 0 0 0
0 1 1 1 0
0 0 0 1 0

输出样例：

0 0
1 0
2 0
2 1
2 2
2 3
2 4
3 4
4 4

此题要求记录并输出最短路径，因为BFS自己第一次搜出来就一定是一个最短路径，所以直接使用数组记录路径就可以。

要不然就是倒着记录路径正着搜，然后倒着输出，要不然就是倒着搜正着输出。

并且题目要求输出坐标，所以要用pair来存路径。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second
const int N = 1010;
const int dx[4] = { 0,1,0,-1 };
const int dy[4] = { 1,0,-1,0 };

int n;
int g[N][N];    
pii next[N][N]; //pair存路径，因为要求输出坐标，同时兼顾判断搜没搜过某点的功能

void bfs(int ix, int iy) {
queue<pii>q;
q.push({ ix,iy });

memset(next, -1, sizeof next);  //初始化为-1，用于之后判定是否搜过某点

next[ix][iy] = { 0,0 }; //标记上起点

while (q.size()) {
auto t = q.front();
q.pop();

for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = t.x + dx[i], yy = t.y + dy[i];
                                             //只有0能走
if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < n && !g[xx][yy] && next[xx][yy].x == -1) {
q.push({ xx,yy });
next[xx][yy] = t;   //记录路径
}
}
}
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);

cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
cin >> g[i][j];
}
}

bfs(n - 1, n - 1);  //倒着搜，从终点找起点，这样得到的路径记录是正着的

pii end(0, 0);  //从0 0开始
while (1) {
cout << end.x << " " << end.y << endl;
if (end.x == n - 1 && end.y == n - 1)break; //当输出完终点之后就break
end = next[end.x][end.y];    //转移到下一个路径
}

return 0;
}

---

AcWing 188. 武士风度的牛

农民 John 有很多牛，他想交易其中一头被 Don 称为 The Knight 的牛。

这头牛有一个独一无二的超能力，在农场里像 Knight 一样地跳（就是我们熟悉的象棋中马的走法）。

虽然这头神奇的牛不能跳到树上和石头上，但是它可以在牧场上随意跳，我们把牧场用一个 $x，y$ 的坐标图来表示。

这头神奇的牛像其它牛一样喜欢吃草，给你一张地图，上面标注了 The Knight 的开始位置，树、灌木、石头以及其它障碍的位置，除此之外还有一捆草。

现在你的任务是，确定 The Knight 要想吃到草，至少需要跳多少次。

The Knight 的位置用 K来标记，障碍的位置用 * 来标记，草的位置用 H来标记。

这里有一个地图的例子：

             11 | . . . . . . . . . .
             10 | . . . . * . . . . . 
              9 | . . . . . . . . . . 
              8 | . . . * . * . . . . 
              7 | . . . . . . . * . . 
              6 | . . * . . * . . . H 
              5 | * . . . . . . . . . 
              4 | . . . * . . . * . . 
              3 | . K . . . . . . . . 
              2 | . . . * . . . . . * 
              1 | . . * . . . . * . . 
              0 ----------------------
                                    1 
                0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 

The Knight 可以按照下图中的 $A,B,C,D$… 这条路径用 $5$ 次跳到草的地方（有可能其它路线的长度也是 $5$ ）：

             11 | . . . . . . . . . .
             10 | . . . . * . . . . .
              9 | . . . . . . . . . .
              8 | . . . * . * . . . .
              7 | . . . . . . . * . .
              6 | . . * . . * . . . F<
              5 | * . B . . . . . . .
              4 | . . . * C . . * E .
              3 | .>A . . . . D . . .
              2 | . . . * . . . . . *
              1 | . . * . . . . * . .
              0 ----------------------
                                    1
                0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

注意： 数据保证一定有解。

输入格式
第 $1$ 行： 两个数，表示农场的列数 $C$ 和行数 $R$。

第 $\mathrm{2..}R+1$ 行: 每行一个由 $C$ 个字符组成的字符串，共同描绘出牧场地图。

输出格式
一个整数，表示跳跃的最小次数。

数据范围
$1\le R,C\le 150$
输入样例：

10 11
..........
....*.....
..........
...*.*....
.......*..
..*..*...H
*.........
...*...*..
.K........
...*.....*
..*....*..

输出样例：

5

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define x first
#define y second
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int N = 160;
const int dx[8] = { 1,1,-1,-1,2,2,-2,-2 };  //走日字
const int dy[8] = { 2,-2,2,-2,1,-1,1,-1 };

int n, m;
char g[N][N];
int dis[N][N];  //记录距离并且标记是否走过

int bfs() {
memset(dis, -1, sizeof dis);    //初始化

int ix, iy;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (g[i][j] == 'K')ix = i, iy = j;  //找起点
}
}

queue<pii>q;
q.push({ ix,iy });
dis[ix][iy] = 0;    //起点距离设为0

while (q.size()) {
auto t = q.front();
if(g[t.x][t.y] == 'H')return dis[t.x][t.y];
q.pop();

for (int i = 0; i < 8; i++) {
int xx = t.x + dx[i], yy = t.y + dy[i];

if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < m && g[xx][yy] != '*' && dis[xx][yy] == -1) {
dis[xx][yy] = dis[t.x][t.y] + 1;    //更新距离
q.push({xx,yy});
}
}
}
}

int main() {
cin >> m >> n;  //先读入列再读入行
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> g[i];

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

---

AcWing 1100. 抓住那头牛

农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。

农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点 $N$，牛位于点 $K$。

农夫有两种移动方式：

从 X 移动到 $X-1$ 或 $X+1$，每次移动花费一分钟
从 X 移动到 $2\ast X$ ，每次移动花费一分钟假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。

农夫最少要花多少时间才能抓住牛？

输入格式
共一行，包含两个整数 $N$ 和 $K$ 。

输出格式
输出一个整数，表示抓到牛所花费的最少时间。

数据范围
$0\le N,K\le 10^5$

输入样例：

5 17

输出样例：

4

利用BFS的最短路的特性，直接搜遍所有情况，最终一定能够得到一个最短距离。

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;

int n, k;
int q[N];
int dis[N];

int bfs() {
memset(dis, -1, sizeof dis);

dis[n] = 0;
queue<int>q;
q.push(n);

while (q.size()) {
int t = q.front();
q.pop();

if (t == k)return dis[t];//找到终点了，返回距离

if (t + 1 < N && dis[t + 1] == -1) {//如果还可以前进一步
dis[t + 1] = dis[t] + 1;
q.push({ t + 1 });
}
if (t - 1 >= 0 && dis[t - 1] == -1) {//如果还可以后退一步
dis[t - 1] = dis[t] + 1;
q.push({ t - 1 });
}
if (t * 2 < N && dis[t * 2] == -1) {//如果可以乘2
dis[t * 2] = dis[t] + 1;
q.push({ t * 2 });
}
}
}

int main() {
cin >> n >> k;

cout << bfs();

return 0;
}

多源最短路

AcWing.173.矩阵距离

给定一个 $N$ 行 $M$ 列的 01 矩阵 $A，A[i][j]$ 与 $A[k][l]$ 之间的曼哈顿距离定义为：

$$dist(A[i][j],A[k][l])=|i-k|+|j-l|$$
输出一个 $N$ 行 $M$ 列的整数矩阵 $B$，其中：

$$B[i][j]=min1\le x\le N,1\le y\le M,A[x][y]=1dist(A[i][j],A[x][y])$$
输入格式
第一行两个整数 $N,M$。

接下来一个 $N$ 行 $M$ 列的 01 矩阵，数字之间没有空格。

输出格式
一个 $N$ 行 $M$ 列的矩阵 $B$，相邻两个整数之间用一个空格隔开。

数据范围
$1\le N,M\le 1000$

输入样例：

3 4
0001
0011
0110

输出样例：

3 2 1 0
2 1 0 0
1 0 0 1

本题的意思就是求多个起点到达离其最近的1的距离。

可以设置一个虚拟的起点，然后让虚拟起点和所有的起点的边权为 $0$，之后进行BFS。
在本题中，我们要求的是所有点到达 $1$ 的最小距离，那么我们就可以直接把所有的 $1$ 点的距离设为 $0$ ，然后存入队列中，再用BFS来求出所有距离 $1$ 点最近的 $0$ 点的距离。

代码：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1010;
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second
const int dx[4] = {1,0,-1,0};
const int dy[4] = {0,1,0,-1};
int dis[N][N];
char g[N][N];
int n,m;

void bfs(){
    memset(dis,-1,sizeof dis);
    
    queue<pii>q;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m;j++)
            if(g[i][j] == '1'){
                dis[i][j] = 0;
                q.push({i,j});
            }
    
    while(q.size()){
        auto t = q.front();
        q.pop();
        
        for(int i = 0;i < 4;i++){
            int xx = t.x + dx[i],yy = t.y + dy[i];
            if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&dis[xx][yy] == -1){
                dis[xx][yy] = dis[t.x][t.y] + 1;
                q.push({xx,yy});
            }
        }
    }
}


int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m;j++)
            cin >> a[i][j];
            
    bfs();
    
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        for(int j = 1;j <= m;j++)
            cout << dis[i][j] << " ";
            
        puts("");    
    }
    return 0;
}

最小路数模型

对于最小步数模型，常用的方法就是用哈希存状态，而不用原本的矩阵，并且基本的操作也映射到哈希存的状态上。

Acwing.1107.魔板

Rubik 先生在发明了风靡全球的魔方之后，又发明了它的二维版本——魔板。

这是一张有 8 个大小相同的格子的魔板：

1 2 3 4
8 7 6 5

我们知道魔板的每一个方格都有一种颜色。

这 8 种颜色用前 8 个正整数来表示。

可以用颜色的序列来表示一种魔板状态，规定从魔板的左上角开始，沿顺时针方向依次取出整数，构成一个颜色序列。

对于上图的魔板状态，我们用序列 (1,2,3,4,5,6,7,8) 来表示，这是基本状态。

这里提供三种基本操作，分别用大写字母 A，B，C 来表示（可以通过这些操作改变魔板的状态）：

A：交换上下两行；
B：将最右边的一列插入到最左边；
C：魔板中央对的4个数作顺时针旋转。

下面是对基本状态进行操作的示范：

A：

8 7 6 5
1 2 3 4

B：

4 1 2 3
5 8 7 6

C：

1 7 2 4
8 6 3 5

对于每种可能的状态，这三种基本操作都可以使用。

你要编程计算用最少的基本操作完成基本状态到特殊状态的转换，输出基本操作序列。

注意：数据保证一定有解。

输入格式
输入仅一行，包括 8 个整数，用空格分开，表示目标状态。

输出格式
输出文件的第一行包括一个整数，表示最短操作序列的长度。

如果操作序列的长度大于0，则在第二行输出字典序最小的操作序列。

数据范围
输入数据中的所有数字均为 1 到 8 之间的整数。

输入样例：

2 6 8 4 5 7 3 1

输出样例：

7
BCABCCB

---

对于本题的矩阵，直接哈希成排列的数字12345678，并且从这个纬度上考虑问题。

如果执行A操作，就会使其变为87654321
如果执行B操作，就会使其变为41236785
如果执行C操作，就会使其变为17245368

只需要确定哪个状态是由哪个状态转移过来的，记录下来之后只需要从终点倒推到起点就行了。

对于字典序，只需要保证是按照 ABC的顺序进行执行的，而只要按照A，B，C的执行顺序去扫，就能够保证字典序。
因为BFS的时候在前一个状态搜完搜到 $B$ 之后，之后的状态就不可能再搜到C，因为之前搜到 $B$ 的时候就已经标注好这个状态了。

代码：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<unordered_map>
#include<algorithm>
using namespace std;

char g[2][4];
unordered_map<string,int>dis;
unordered_map<string,pair<char,string>>pre;
queue<string>q;

void changeTog(string st){//将矩阵更新成字符串的模样
for(int i = 0;i < 4;i++)g[0][i] = st[i];
for(int i = 3,j = 4;i >= 0;i--,j++)g[1][i] = st[j];
}

string changeToString(){//将矩阵对应的字符串转化出来
string res;
for(int i = 0;i < 4;i++)res += g[0][i];
for(int i = 3;i >= 0;i--)res += g[1][i];

return res;
}

//3个操作
string A(string st){
changeTog(st);//每次先更新矩阵
for(int i = 0;i < 4;i++)swap(g[0][i],g[1][i]);//直接交换上下两行
return changeToString();
}

string B(string st){
changeTog(st);
char c1 = g[0][3],c2 = g[1][3];

for(int i = 3;i > 0;i--){
    g[0][i] = g[0][i-1];
g[1][i] = g[1][i-1];
}

g[0][0] = c1;
g[1][0] = c2;
return changeToString();
}

string C(string st){
changeTog(st);

//转圈
char c = g[0][1];
g[0][1] = g[1][1];
g[1][1] = g[1][2];
g[1][2] = g[0][2];
g[0][2] = c;

return changeToString();
}

void bfs(string start,string end){
q.push(start);
dis[start] = 0;

while(q.size()){
auto t = q.front();
q.pop();

if(t == end)return;//搜到终点状态了就返回

string next[3];//提取出三种操作得来的状态
next[0] = A(t);
next[1] = B(t);
next[2] = C(t);

//按ABC顺序搜三种状态
for(int i = 0;i < 3;i++){
if(dis.count(next[i]) == 0){
    
dis[next[i]] = dis[t] + 1;
pre[next[i]] = {char(i + 'A'),t};

if(next[i] == end)break;

q.push(next[i]);
}
}
}
}

int main(){
int x;string start,end;

for(int i = 0;i < 8;i++){
cin >> x;
end += (x + '0');
}
start = "12345678";

bfs(start,end);

cout << dis[end] << endl;

string res;
while(end != start){
res += pre[end].first;
end = pre[end].second;
}

reverse(res.begin(),res.end());

//如果步数不为0才输出
if(res.size())cout << res << endl;

return 0;
}

双端队列广搜

AcWing.175.电路维修

达达是来自异世界的魔女，她在漫无目的地四处漂流的时候，遇到了善良的少女翰翰，从而被收留在地球上。

翰翰的家里有一辆飞行车。

有一天飞行车的电路板突然出现了故障，导致无法启动。

电路板的整体结构是一个 R 行 C 列的网格$（R,C\le 500）$，如下图所示。

每个格点都是电线的接点，每个格子都包含一个电子元件。

电子元件的主要部分是一个可旋转的、连接一条对角线上的两个接点的短电缆。

在旋转之后，它就可以连接另一条对角线的两个接点。

电路板左上角的接点接入直流电源，右下角的接点接入飞行车的发动装置。

达达发现因为某些元件的方向不小心发生了改变，电路板可能处于断路的状态。

她准备通过计算，旋转最少数量的元件，使电源与发动装置通过若干条短缆相连。

不过，电路的规模实在是太大了，达达并不擅长编程，希望你能够帮她解决这个问题。

注意：只能走斜向的线段，水平和竖直线段不能走。

输入格式
输入文件包含多组测试数据。

第一行包含一个整数 T，表示测试数据的数目。

对于每组测试数据，第一行包含正整数 R 和 C，表示电路板的行数和列数。

之后 R 行，每行 C 个字符，字符是"/“和”"中的一个，表示标准件的方向。

输出格式
对于每组测试数据，在单独的一行输出一个正整数，表示所需的最小旋转次数。

如果无论怎样都不能使得电源和发动机之间连通，输出NO SOLUTION。

数据范围
$1\le R,C\le 500,$
$1\le T\le 5$

输入样例：

1
3 5
\\/\\
\\///
/\\\\

输出样例：

1

样例解释
样例的输入对应于题目描述中的情况。

只需要按照下面的方式旋转标准件，就可以使得电源和发动机之间连通。

---

对于这道题，就相当于有线连着的路径的边权是0，没有连起来的需要转一下电线才能走过去，所以边权是1。
那么就相当于在这个边权为0或1的图上搜最短路的问题。

在这里使用双端队列，如果搜到了边权为0的点，就压入队头，如果搜到了边权为1的点，就压入队尾。在这种条件下，可以始终维护队列的两段性和单调性。

并且应注意，如果当前点的横纵坐标的和是偶数，那么就一定到不了横纵坐标之和为奇数的点，反之同理。

CODE:

#include <iostream>
using namespace std;
#define pii pair<int, int>
const int N = 510, M = N * N;
const int dx[4] = {-1,-1,1,1};
const int dy[4] = {-1,1,1,-1};

int n, m;
char g[N][N];
int dis[N][N];
bool st[N][N];

int bfs(){
    memset(st,0,sizeof st);
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);

    deque<pii>q;
    q.push_back({0,0});
    dis[0][0] = 0;    

    char c[5] = "\\/\\/";//这里存的是应该是什么样的方向才是正确的

    int ix[4] = {-1,-1,0,0},iy[4] = {-1,0,0,-1};//扩展图的下标

    while(q.size()){
        auto t = f.front();
        q.pop_front();

        int x = t.first,y = t.second;
        if(x == n && y == m)return dis[x][y];

        if(st[x][y])continue;
        st[x][y] = 1;

        for(int i = 0;i < 4;i++){
            int a = x + dx[i],b = y + dy[i];

            if(a >= 0 && a <= n && b >= 0 && b <= m){
                int ga = x + ix[i],gb = y + iy[i];

                int w = (g[ga][gb] != c[i]);

                if(g[ga][gb] + w <= dis[a][b]){
                    dis[a][b] = d;

                    if(!w)q.push_front({a,b});  //如果是正确的字符，即边权为0，那么压入队头
                    else q.push_back({a,b});    //否则压入队尾
                }
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 0; i < n; i++)
                cin >> g[i];

        if (n + m & 1) puts("NO SOLuTION\n");
        else cout << bfs() << endl;
    }
    return 0;
}

原文地址：https://blog.csdn.net/2302_79440616/article/details/136788354

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