hdu 杭电1429 胜利大逃亡(续)

题目表述
Ignatius再次被魔王抓走了(搞不懂他咋这么讨魔王喜欢)……
这次魔王汲取了上次的教训，把Ignatius关在一个n*m的地牢里，并在地牢的某些地方安装了带锁的门，钥匙藏在地牢另外的某些地方。刚开始Ignatius被关在(sx,sy)的位置，离开地牢的门在(ex,ey)的位置。Ignatius每分钟只能从一个坐标走到相邻四个坐标中的其中一个。魔王每t分钟回地牢视察一次，若发现Ignatius不在原位置便把他拎回去。经过若干次的尝试，Ignatius已画出整个地牢的地图。现在请你帮他计算能否再次成功逃亡。只要在魔王下次视察之前走到出口就算离开地牢，如果魔王回来的时候刚好走到出口或还未到出口都算逃亡失败。

输入
每组测试数据的第一行有三个整数n,m,t(2<=n,m<=20,t>0)。接下来的n行m列为地牢的地图，其中包括:
. 代表路
* 代表墙
@ 代表Ignatius的起始位置
^ 代表地牢的出口
A-J 代表带锁的门,对应的钥匙分别为a-j
a-j 代表钥匙，对应的门分别为A-J
每组测试数据之间有一个空行。

输出
针对每组测试数据，如果可以成功逃亡，请输出需要多少分钟才能离开，如果不能则输出-1。

不难看出，本题是一道搜索，而且本题需要记录钥匙的携带情况以判断门是否可以通过的问题
但是，有10种钥匙，这使维度处理变得困难（因为就算是开了10个维度记录钥匙也不能直接让某个维度改变,因为c++里就没有这种操作）
所以使用状态压缩

把10把钥匙的携带状态用一个二进制的数字记录下来（程序里用10进制整形变量表示）
例：第0位记录钥匙a的携带状态，0代表没有，1代表有。以此类推。
这样就可以带着10把钥匙的状态进行搜索了。
当遇到一把钥匙时：找到钥匙对应的位，然后和当前状态取“位或”操作就相当于捡起了这把钥匙
(位或：即按位取或，有1就得1，都不是1就得0)
例：当前状态有钥匙b，e；要捡起钥匙j
所以当前的状态:

a	b	c	d	e	f	g	h	i	j
0	1	0	0	1	0	0	0	0	0

在程序里就是18（2 ^ 1 + 2 ^ 4）
现在要捡起的钥匙j就是512（其他位置都是0，第九位是1）

a	b	c	d	e	f	g	h	i	j
0	0	0	0	0	0	0	0	0	1

两个二进制数字取位或之后

a	b	c	d	e	f	g	h	i	j
0	1	0	0	1	0	0	0	0	1

这样就算是捡起了钥匙。

同理，当遇到门时，判断是否有这个门对应的钥匙时
算出门对应的二进制数字，和当前状态取“位与”操作后，看得数是否为零,为零就是没有对应的钥匙。
（位与：按位取“与”，都为1得1，否则为0）

关于广搜：
先判断当前状态，再看能不能去，一定要有条理，否则会很乱。
并且广搜第一次到一个地方时一定是最小的步数（但深搜不是），所以再加个判断就行了

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>using namespace std;char a[25][25];
int n, m, t;
int f[25][25][2048];
int sx, sy;
int addx[5] = {0, -1, 0, 1, 0};
int addy[5] = {0, 0, 1, 0, -1};struct point
{int x;int y;int state;
};queue <point> q;int bfs()
{int size;point g, h;g.x = sx;g.y = sy;g.state = 0;f[g.x][g.y][g.state] = 0;q.push(g);while (q.size()){g = q.front();q.pop();for (int i = 1; i <= 4; i++){h.x = g.x + addx[i];h.y = g.y + addy[i];h.state = g.state;if (a[h.x][h.y] == '*')continue;if (a[h.x][h.y] >= 'a' && a[h.x][h.y] <= 'j')　//捡钥匙，状态要变{size = a[h.x][h.y] - 'a';    h.state = g.state | (1 << size);}if (((a[h.x][h.y] >= 'a' && a[h.x][h.y] <= 'z') || a[h.x][h.y] == '.' || (a[h.x][h.y] >= 'A' && a[h.x][h.y] <= 'J' && (h.state & (1 << (a[h.x][h.y] - 'A'))) != 0)) //是钥匙 或者 路 或者 有对应钥匙能打开的门，但是一定要没去过&& f[h.x][h.y][h.state] == -1){f[h.x][h.y][h.state] = f[g.x][g.y][g.state] + 1;q.push(h);}if (a[h.x][h.y] == '^')if (f[g.x][g.y][g.state] + 1 < t)return f[g.x][g.y][g.state] + 1;elsereturn -1;}}return -1;
}int main()
{int i, j;while (cin >> n >> m >> t){memset(f, -1, sizeof(f));while (q.size())q.pop();for (i = 0; i <= n + 1; i++)for (j = 0; j <= m + 1; j++)a[i][j] = '*';for (i = 1; i <= n; i++)for (j = 1; j <= m; j++){cin >> a[i][j];if (a[i][j] == '@'){sx = i;sy = j;a[i][j] = '.';}}cout << bfs() << endl;}return 0;
}

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