[CTSC 1999] 拯救大兵瑞恩 解题报告
问题描述
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，但是幸好麦克得到了迷宫的地形图。
迷宫的外形是一个长方形，其在南北方向被划分为N行，在东西方向被划分为M列，于是整个迷宫被划分为N*M个单元。我们用一个有序数对（单元的行号，单元的列号）来表示单元位置。南北或东西方向相邻的两个单元之间可以互通，或者存在一扇锁着的门，又或者存在一堵不可逾越的墙。迷宫中有一些单元存放着钥匙，并且所有的门被分为P类，打开同一类的门的钥匙相同，打开不同类的门的钥匙不同。
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忽略不计。
你的任务是帮助麦克以最快的方式抵达瑞恩所在单元，营救大兵瑞恩。
输入格式
第一行是三个整数，依次表示N,M,P的值；
第二行是一个整数K，表示迷宫中门和墙的总个数；
第I+2行（1<=I<=K），有5个整数，依次为Xi1,Yi1,Xi2,Yi2,Gi：
当Gi>=1时，表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一扇第Gi类的门，当Gi=0时，表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一堵不可逾越的墙；
（其中，|Xi1-Xi2|+|Yi1-Yi2|=1，0<=Gi<=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+E行(1<=E<=S)，有3个整数，依次为Xi1,Yi1,Qi：表示第E把钥匙存放在(Xi1,Yi1)单元里，并且第E把钥匙是用来开启第Qi类门的。（其中1<=Qi<=P）
注意：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
输出文件只包含一个整数T，表示麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值，若不存在可行的营救方案则输出-1。
输入样例
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
输出样例
14
数据范围
3<=N,M<=15;
1<=P<=10;
解法：
这道题要用的一种比较骚♂的操作，叫做分层图
即按照有几种钥匙就可以通过的们建图
通俗点，就是把p中钥匙的拥有情况枚举出来，有2的p次方种，
那么在每一层图中，有第i中钥匙，就可以通过第i种门，然后在其中连边，边权为1。
然后在这一层中，如果有一点在原图中有其他钥匙，那么就在比这一层图只多这一种钥匙的的图中的这一点相连，边权为0.
然后跑最短路就好了。
细节比较多，建议分成不同的函数来写。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn=210,INF=0x3f3f3f;
int line,row,n,m,P,r,s,cnt,Layer;
int fg[maxn*10][maxn*10],num[maxn][maxn],kn[maxn],head[maxn*maxn*10],d[maxn*maxn*100],vis[maxn*maxn*100];
struct Key
{
int x,y;
}key[50][50];struct Edge
{
int from,to,dis;
}e[maxn*maxn*100];inline void add(int u,int v,int w)
{
e[++cnt].from=head[u];e[cnt].to=v;e[cnt].dis=w;head[u]=cnt;
}void Input()
{
scanf("%d%d%d",&row,&line,&P);scanf("%d",&r);int cnt=0;for(int i=1;i<=row;++i)for(int j=1;j<=line;++j)num[i][j]=++cnt;//用于给出坐标就求出编号for(int i=1;i<=r;++i){
int x,y,j,k,p;scanf("%d%d",&x,&y); j=num[x][y];scanf("%d%d",&x,&y); k=num[x][y];scanf("%d",&p); if(p==0) p=-1;fg[j][k]=fg[k][j]=p;}scanf("%d",&s);for(int i=1;i<=s;i++){
int x,y,p;scanf("%d%d%d",&x,&y,&p);kn[p]++;key[p][kn[p]].x=x;key[p][kn[p]].y=y;//第p种钥匙有几个，以及它们的坐标}
}void Built()
{
bool haveKey[maxn];Layer=1<<P;m=row*line;n=m*Layer;for(int k=0;k<Layer;k++){
for(int i=1;i<=P;i++)if(k&(1<<(i-1))) haveKey[i]=true;else haveKey[i]=false;for(int i=1;i<=row;i++)for(int j=1;j<=line;j++){
int x=num[i][j],y=num[i][j+1];if(y!=0 && fg[x][y]!=-1)if(fg[x][y]==0 || haveKey[fg[x][y]]){
add(k*m+x,k*m+y,1);add(k*m+y,k*m+x,1);}y=num[i+1][j];if(y!=0 && fg[x][y]!=-1)if(fg[x][y]==0 || haveKey[fg[x][y]]){
add(k*m+x,k*m+y,1);add(k*m+y,k*m+x,1); } }//同一层图中for(int i=1;i<=P;i++)if(!haveKey[i]){
int t=k|(1<<(i-1));for(int j=1;j<=kn[i];j++){
int x=num[key[i][j].x][key[i][j].y];add(k*m+x,t*m+x,0);}}//不同层中}
}queue<int> q;
void Spfa()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));d[1]=0;vis[1]=1;q.push(1);while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;for(int i=head[x];i;i=e[i].from){
int y=e[i].to;if(d[x]+e[i].dis < d[y]){
d[y]=d[x]+e[i].dis;if(!vis[y]){
q.push(y);vis[y]=1;}}}}
}void Solve()
{
int ans=INF;Spfa();int T=num[row][line];for(int i=0;i<Layer;i++)ans=min(ans,d[i*m+T]);if(ans!=INF) printf("%d\n",ans);else printf("-1\n");
}int main()
{
#ifndef LOCALfreopen("rescue.in","r",stdin);freopen("rescue.out","w",stdout);
#endifInput();Built();Solve();
}