[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 imes 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；FFarmer 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 C。F 和 C 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
", ans);
return 0;
}
评测结果
AC 100：R32197664