P4011 孤岛营救问题 - 分层图最短路

题目

题目描述

$1944$ 年，特种兵麦克接到国防部的命令，要求立即赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但幸好麦克得到了迷宫的地形图。迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 $N$ 行，东西方向被划分为 $M$ 列，于是整个迷宫被划分为 $N\times M$ 个单元。每一个单元的位置可用一个有序数对(单元的行号，单元的列号)来表示。南北或东西方向相邻的 $2$ 个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门，或者是一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙，并且所有的门被分成$P$ 类，打开同一类的门的钥匙相同，不同类门的钥匙不同。

大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角，即 $(N,M)$ 单元里，并已经昏迷。迷宫只有一个入口，在西北角。也就是说，麦克可以直接进入 $(1,1)$ 单元。另外，麦克从一个单元移动到另一个相邻单元的时间为 $1$，拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。

试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。

输入格式

第 $1$ 行有 $3$ 个整数，分别表示 $N,M,P$ 的值。

第 $2$ 行是 $1$ 个整数 $K$，表示迷宫中门和墙的总数。

第 $I+2$ 行$(1\leq I\leq K)$，有 $5$ 个整数，依次为$X_{i1},Y_{i1},X_{i2},Y_{i2},G_i$：

• 当 $G_i \geq 1$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一扇第 $G_i$ 类的门

• 当 $G_i=0$ 时，表示 $(X_{i1},Y_{i1})$ 单元与 $(X_{i2},Y_{i2})$ 单元之间有一堵不可逾越的墙（其中，$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1$，$0\leq G_i\leq P$）。

第 $K+3$ 行是一个整数 $S$，表示迷宫中存放的钥匙总数。

第 $K+3+J$ 行$(1\leq J\leq S)$，有 $3$ 个整数，依次为 $X_{i1},Y_{i1},Q_i$：表示第 $J$ 把钥匙存放在 $(X_{i1},Y_{i1})$单元里，并且第 $J$ 把钥匙是用来开启第 $Q_i$ 类门的。（其中$1\leq Q_i\leq P$）。

输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。

输出格式

将麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值输出。如果问题无解，则输出 $-1$。

输入输出样例

输入 #1 复制

4 4 9
9
1 2 1 3 2
1 2 2 2 0
2 1 2 2 0
2 1 3 1 0
2 3 3 3 0
2 4 3 4 1
3 2 3 3 0
3 3 4 3 0
4 3 4 4 0
2
2 1 2
4 2 1

输出 #1 复制

14

说明/提示

$|X_{i1}-X_{i2}|+|Y_{i1}-Y_{i2}|=1,0\leq G_i\leq P$

$1\leq Q_i\leq P$

$N,M,P\leq10, K<150,S\leq 14$

题解

题目中问要花费的最短时间，那其实就可以联想到最短路问题或者直接BFS。那记下来的问题就在于如何建图。我们可以发现，这里有着$p$把钥匙，要处理好这些钥匙是问题的关键。所以，我们可以建立分层图，而且分层图的层数是当前所有的钥匙的状态压缩。

形象地解释的话：如果现在是$i$层，那么我们先将$i$转换为二进制（假设一共有4种钥匙种类，那么$i$可能是：

$$(1101)_2$$

意思就是有着第一种、第三种、第四种钥匙的层（从后往前看）。如果无法理解分层图，那么不妨看看前两篇博文，都是分层图的题。

所以接下来，我们只需要关心如何建立图，图建立好之后我们就可以扔给堆优化过的Dijkstra直接算就行了。

我们根据以下几点建图：

• 如果有不可逾越的墙，不连边
• 如果输入中没有提到这条边，在每层都连
• 如果输入中提到了，且需要钥匙，那么先循环，然后按位运算匹配当前层是否拥有开门钥匙。若有则连边
• 如果这一点有钥匙，那么在这个点，从所有没有钥匙的层，可以转移到有钥匙的层，连边。

最后答案其实就是把每一层的$(N, M)$遍历一遍去一个最小。

代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int maxg = 10;
const int maxk = 155;
const int maxs = 15;
const int maxn = 11;
const int maxm = 11;
int n, m, p, k, s;
int ecnt = 2;
int head[maxn * maxm * (1 << maxg)], dis[maxn * maxm * (1 << maxg)];
bool vis[maxn * maxm * (1 << maxg)];
struct edge { int to, next, w; } g[(1 << maxg) * (maxk * 2 * 4 + maxs)];
void add_edge(int u, int v, int w) { g[ecnt] = (edge) { v, head[u], w }; head[u] = ecnt ++; } 
void add_edge(int x1, int y1, int l1, int x2, int y2, int l2, int w) {
	add_edge(y1 + (x1 - 1) * m + m * n * l1, 
			 y2 + (x2 - 1) * m + m * n * l2, w);
}
inline int id (int x, int y) {
    return (x - 1) * m + y ;
}
int map[200][200];

struct node {
	int dis, pos;
	friend bool operator < (const node &a, const node &b) { return a.dis > b.dis; }
};
priority_queue<node> q;

void dijkstra() {
	for (int i = 1; i <= m * n * (1 << p); i ++) dis[i] = 2e9;
	dis[1] = 0;
	q.push((node) { dis[1], 1 });
	while (!q.empty()) {
		int u = q.top().pos; q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = true;
		for (int e = head[u]; e; e = g[e].next) {
			int v = g[e].to;
			if (dis[v] > dis[u] + g[e].w) {
				dis[v] = dis[u] + g[e].w;
				q.push((node) { dis[v], v });
			}
		}
	}
}

int main() {
	cin >> n >> m >> p >> k;
	for (int i = 1; i <= k; i ++) {
		int x1, x2, y1, y2, g;
		cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> g;
		if (g == 0) g = -1;
		map[id(x1, y1)][id(x2, y2)] = g;
		map[id(x2, y2)][id(x1, y1)] = g;
	}
	for (int l = 0; l < (1 << p); l ++) {
		for (int i = 1; i <= n; i ++) { // x
			for (int j = 1; j <= m; j ++) { // y
				// right
				if (j < m) {
					int g = map[id(i, j)][id(i, j + 1)];
					if (g == 0) {
						add_edge(i, j, l, i, j + 1, l, 1);
						add_edge(i, j + 1, l, i, j, l, 1);
					}
					if ((l & (1 << (g - 1))) && (g != 0) && (g != -1)) {
						add_edge(i, j, l, i, j + 1, l, 1);
						add_edge(i, j + 1, l, i, j, l, 1);
					}
				}
				// down
				if (i < n) {
					int g = map[id(i, j)][id(i + 1, j)];
					if (g == 0) {
						add_edge(i, j, l, i + 1, j, l, 1);
						add_edge(i + 1, j, l, i, j, l, 1);
					}
					if ((l & (1 << (g - 1))) && (g != 0) && (g != -1)) {
						add_edge(i, j, l, i + 1, j, l, 1);
						add_edge(i + 1, j, l, i, j, l, 1);
					}
				}
			} 
		}
	}
	cin >> s;
	for (int i = 1; i <= s; i ++) {
		int x, y, q; cin >> x >> y >> q;
		for (int l = 0; l < (1 << p); l ++) {
			if (l & (1 << (q - 1))) continue;
			add_edge(x, y, l, x, y, (l | (1 << (q - 1))), 0);
		}
	}
	dijkstra();
	int ans = 2e9;
	for (int i = 1; i <= (1 << p); i ++) ans = min(ans, dis[m * n * i]);
	if (ans == 2e9) ans = -1;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

感谢

感谢@nwt（在右边的友链里 wennitao），在debug的时候提供了莫大的帮助。（qhy是屑）