Ignatius 被魔王抓走了,有一天魔王出差去了,这可是 Ignatius 逃亡的好机会.
魔王住在一个城堡里,城堡是一个 ABC 的立方体,可以被表示成 A 个 B*C 的矩
阵,刚开始 Ignatius 被关在(0,0,0)的位置,离开城堡的门在(A-1,B-1,C-1)的位置,现
在知道魔王将在 T 分钟后回到城堡,Ignatius 每分钟能从一个坐标走到相邻的六个
坐标中的其中一个.现在给你城堡的地图,请你计算出 Ignatius 能否在魔王回来前
离开城堡(只要走到出口就算离开城堡,如果走到出口的时候魔王刚好回来也算逃
亡成功),如果可以请输出需要多少分钟才能离开,如果不能则输出-1。
输入：
输入数据的第一行是一个正整数 K,表明测试数据的数量.每组测试数据的第
一行是四个正整数 A,B,C 和 T(1<=A,B,C<=50,1<=T<=1000),它们分别代表城堡的
大小和魔王回来的时间.然后是 A 块输入数据(先是第 0 块,然后是第 1 块,第 2
块…),每块输入数据有 B 行,每行有 C 个正整数,代表迷宫的布局,其中 0 代表路,1
代表墙。
输出：
对于每组测试数据,如果 Ignatius 能够在魔王回来前离开城堡,那么请输出他
最少需要多少分钟,否则输出-1.
样例输入：
1
3 3 4 20
0 1 1 1
0 0 1 1
0 1 1 1
1 1 1 11 0 0 1
0 1 1 1
0 0 0 0
0 1 1 0
0 1 1 0
样例输出：
11
在hdoj上有如下注意事项：
特别注意:本题的测试数据非常大,请使用scanf输入,我不能保证使用cin能不超时.在本OJ上请使用Visual C++提交.
思路：广度优先搜索(BFS)
在本例中，我们可以注意到这样一个细节。在起点走向终点的最短路径上，到达任意一个中间结点所用的时间都是起点到达这个结点的最短时间。那么，在搜索过程中，若有状态（x，y，z，t），其中 t 不是从起点到达（x，y，z）的最短时间，那么我们所要查找的答案必不可能由该状态进行若干次扩展后得到。
在解答树上，即我们所要查找的状态结点，不可能在该状态结点的子树上。有了这个结论，又考虑到广度优先搜索中，先查找到的状态深度必不大于后查找到的状态深度（深度与状态中耗时成正比），所以包含每个立方体中坐标的状态至多被扩展一次。例如，当我们第一次查找到包含点（x，y，z）的坐标状态后，其后查找到的任意包含该坐标的状态都不必被扩展，这是因为在后续被查找的状态中，所耗时间 t 必不小于先被查找到的状态。这样，我们限定了每个坐标仅有一个有效状态，所需遍历的状态总数大大降低，在本例中所需遍历的状态总数变为 A * B * C，完全在我们可以接受的范围内。
如果已经超出输出数据中给定的时间限制，则可以提前剪枝，无需全部搜索完毕。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<queue>
using namespace std;struct N {
int x, y, z;int t;
};int mark[50][50][50];//判断是否已经遍历过
int maze[50][50][50];//保存立方体信息queue<N> Q;//广度优先搜索的队列
int mynext[6][3] = {
1,0,0,-1,0,0,0,1,0,0,-1,0,0,0,1,0,0,-1
};int BFS(int a, int b, int c, int t) {
//位置信息while (Q.empty() == false) {
//队列非空，继续扩展N now = Q.front();Q.pop();//弹出队头if (now.t > t) {
break; }//超出时间则直接退出for (int i = 0; i < 6; i++) {
int nx = now.x + mynext[i][0];int ny = now.y + mynext[i][1];int nz = now.z + mynext[i][2];if (nx < 0 || nx >= a || ny < 0 || ny >= b || nz < 0 || nz >= c) continue;if (maze[nx][ny][nz] == 1) continue;//若该位置为墙，则丢弃if (mark[nx][ny][nz] == 1) continue;//若已经搜索到过，则丢弃N tmp;tmp.x = nx;tmp.y = ny;tmp.z = nz;tmp.t = now.t + 1;Q.push(tmp);mark[nx][ny][nz] = 1;if (nx == a - 1 && ny == b - 1 && nz == c - 1) return tmp.t;}}return 2000;//若无法到达终点或者超越了时间限制，则返回一个比题目T的最大值还要大的时间，用于判断输出
}int main() {
int m;scanf("%d",&m);while (m--) {
int a, b, c, t;//cin >> a >> b >> c >> t;scanf("%d%d%d%d", &a,&b,&c,&t);for (int i = 0; i < a; i++) {
for (int j = 0; j < b; j++) {
for (int q = 0; q < c; q++) {
//cin >> maze[i][j][q];scanf("%d", &maze[i][j][q]);mark[i][j][q] = 0;}}}while (Q.empty() == false) Q.pop();N first;first.x = first.y = first.z = 0;first.t = 0;Q.push(first);mark[0][0][0] = 1;int ans = BFS(a, b, c, t);/*if (ans < t) cout << ans << endl;else cout << -1 << endl;*/if (ans>t)printf("-1\n"); else printf("%d\n", ans);}system("pause");
}