C - Canyon Crossing （ 多隊列BFS ）

C - Canyon Crossing （ 多隊列BFS ）

題目鏈接：https://vjudge.net/problem/%E8%AE%A1%E8%92%9C%E5%AE%A2-4346

 

5 3 1
1 1 3
3 3 3
0 0 0
2 2 1
1 2 1

樣例輸出

2

題意：n*m的池塘，k個橋，橋的作用是跳過路徑上的一個格子，一個人在第n層（最底層），想要走到最上面，求路徑中的最小值的最大值是多少。

思路：用二分來枚舉路徑上的最小值的最大值，bfs檢驗。bfs要做的事就是，當前只使用大於等於mid的塊和最多k個小於mid的塊，能否從第n層到第1層。

多起點bfs不好維護， 挨個bfs又會超時。今天剛學會了個多隊列bfs

queue<node> Q[1015];  Q[ i ] 的意思是到當前點需要用 i 個橋的點。

之後我們先管Q[ 0 ] 看看只用Q[ 0 ] 能否到達， 在過程中需要用橋的存到Q[ 1 ] 中去。 跑完Q[ 0 ] 再去跑Q[ 1 ] 再跑Q[ 2 ] ...

這樣我們貪心地想，到達確定的點肯定用的橋越少越好，我們的Q正好是從0開始的，所以只需要維護一個via就可以了，複雜度O（n*m）。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

int n,m,k;
int a[1015][1015];
int via[1015][1015];
int nxt[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};
struct node {
    int x,y;
}t,d;

int check( int mid )
{
    queue<node> Q[1015];
    memset(via,0,sizeof(via));
    for ( int i=1; i<=m; i++ ) {
        via[n][i] = 1;
        t.x=n; t.y=i;
        if ( a[n][i]<mid ) Q[1].push(t);
        else Q[0].push(t);
    }
    for ( int i=0; i<=k; i++ ) {
        while ( !Q[i].empty() ) {
            t = Q[i].front(); Q[i].pop();
            if ( t.x==1 ) return 1;
            for ( int j=0; j<4; j++ ) {
                d.x = t.x+nxt[j][0];
                d.y = t.y+nxt[j][1];
                if ( d.x<=0 || d.y<=0 || d.x>n || d.y>m ) continue;
                int op = i;
                if ( a[d.x][d.y]<mid ) op++;
                if ( via[d.x][d.y]==0 ) {
                    Q[op].push(d); 
                    via[d.x][d.y] = 1;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

signed main()
{
    cin >> n >> m >> k;
    for ( int i=1; i<=n; i++ ) {
        for ( int j=1; j<=m; j++ ) {
            scanf("%lld",&a[i][j]);
        }
    }
    int left=0, right=1e9+1,ans=0;
    while ( left<=right ) {
        int mid = (left+right)/2;
        if ( check(mid)==1 ) {
            ans = mid;
            left = mid + 1;
        }
        else right = mid - 1;
    }
    cout << ans << endl;

    return 0;
}