「Luogu P3395」路障 解题报告

点开有惊喜

其实是题面

这D1T1给的很有面子！ 我居然做的来！

从左上角走到右上角

然后n<=1000

所以果断放弃DFS，选择BFS

思路还是一样的BFS

证明：

走到一个点的时间越早越好（因为时间越晚能走到的点越少，路障多了）

所以用BFS，走过的点不用再次走，用 vis数组记录已经是否遍历过

然后为了防止跑出棋盘去（B君看到了棋盘外美铝？！）

我们就给棋盘加一个 '1'的边框，这样就不会出去

然后还要记录一个时间t、x、y，可以用一个结构体

构造用

struct node{

​ int x,y,t;

​ node(int a,int b,int c):x(a),y(b),t(c) { }

​ node(){}

};

node(x,y,t)//直接构造

但是本菜还是比较喜欢用两个queue

一个存pair(x,t)，一个存y

贴上：

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x7f7f7f7f
using namespace std;
int Cx[4]={1,0,0,-1};//四个方向，八个方向也一样
int Cy[4]={0,1,-1,0};//在下有强迫症，所以用两个数组
int n,T;
int x,y;
int b[1010][1010];
bool vis[1010][1010];
int read()
{
	int s=0;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c))
		c=getchar();
	while(isdigit(c))
	{
		s=(s<<1)+(s<<3)+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return s;
}
bool BFS()
{
	int i,t;
	int Tx,Ty;
	queue<pair<int,int> >px;
	queue<int>py;
	while(!py.empty())
		px.pop(),py.pop();
	px.push(make_pair(1,1));
	py.push(1);
	vis[1][1]=1;
	while(!px.empty())
	{
		x=px.front().first;
		t=px.front().second;px.pop();
		y=py.front();py.pop();
		if(x==n&&y==n)//有了这句就不用特判n=1的情况了
			return 1;
		for(i=0;i<4;i++)
		{
			Tx=x+Cx[i];
			Ty=y+Cy[i];
			if(!vis[Tx][Ty]&&t<=b[Tx][Ty])
			{
				vis[Tx][Ty]=1;
				px.push(make_pair(Tx,t+1));
				py.push(Ty);
			}
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
	int i;
	T=read();
	while(T--)
	{
		n=read();
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		memset(b,INF,sizeof(b));//一开始赋无穷大比较方便
		for(i=1;i<=n;i++)//裱框
			vis[i][0]=vis[0][i]=vis[n+1][i]=vis[i][n+1]=1;
		for(i=1;i<=2*n-2;i++)
		{
			x=read();y=read();
			b[x][y]=i;
		}
		if(BFS())//此处纪念ydk大佬把"Yes"打成"YES"，本蒟瑟瑟发抖
			printf("Yes
");
		else
			printf("No
");
	}
	return 0;
}