门|门 CS 1996 |问题2

简介

本题是 ACM 国际大学生程序设计竞赛（简称 ICPC）的一道历史经典题目，也是一个经典的迷宫问题。本题目难度较高，需要求解者有一定的编程基础和算法基础。

题目描述

在一个迷宫中，有一个门到另一个门之间需要走过一段路程。给定一个 $N\times M$ 的矩形地图，其中 $N$ 表示地图的行数，$M$表示地图的列数。地图上包含三种类型的格子：门、石头和道路。其中，门是起点和终点，石头不能穿过，道路可以穿过。

现在，给定地图的起点和终点，请计算出穿过石头花费的最小步数。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$，表示地图的行数和列数。

接下来的 $N$ 行，每行包含 $M$ 个字符。其中，字符 'S' 表示起点，字符 'T' 表示终点，字符 '#' 表示石头，字符 '.' 表示道路。

输出格式

输出一个整数，表示穿过石头的最小步数。

样例

输入:

5 5
##### 
#.#.# 
#.#.# 
#..#T 
#..#S 

输出：

10

解题思路

本题需要求解从起点到终点穿过石头的最小步数，即需要使用一种较为高效的算法来解决。

一种常用的算法是 Dijkstra 算法，该算法可以用来求单源最短路径。它基于贪心法的思想，每次都选择当前最短的路径进行扩展，直到扩展到终点为止。

本题可以将地图看成一个有向网格图，每个点向四个方向连有向边，边的权值为到该点所需要的步数。起点为图的源点，终点为图的汇点。

具体地，可以使用一个二维数组 $dist$ 来表示到每个点的最短距离。初始值均为 $\infty$，表示还未到达该点。起点的距离设为0。使用一个集合 $S$ 来保存已经确定了最短距离的节点。每次从 $dist$ 中选择一个距离最短的点 $u$，将 $u$ 加入 $S$。然后用 $u$ 更新其他点到起点的最短距离，如果更新后的距离更短，就更新 $dist$，并将该点加入集合 $S$。重复执行以上过程，直到 $dist[T]$ 被确定。最后输出 $dist[T]$ 即可。

由于本题的边权不一定是正整数，可以将具体的边权看成两个部分：第一部分是到该点所需要的步数 $step$，第二部分是穿过石头需要的时间 $time$，即 $cost=step + time \times f(dx,dy)$，其中 $f(dx,dy)$ 表示对于该点的位置 $(dx,dy)$，需要穿过多少个石头，该值可以使用 BFS 算法预处理出来。采用 Dijkstra 算法，每个待扩展节点的优先级即为到该点的总花费。

代码示例

// 计算某个点到起点的最短距离
void dijkstra() {
    memset(dis, INF, sizeof(dis));
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    dis[sx][sy] = 0; // 起点距离设为0
    priority_queue<Node> q; // 优先队列，按花费贪心选择节点
    q.push(Node(sx, sy, 0));
    while(!q.empty()) {
        Node cur = q.top();
        q.pop();
        if(vis[cur.x][cur.y]) {
            continue;
        }
        vis[cur.x][cur.y] = true;
        // 对四个方向逐一松弛
        for(int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = cur.x + dx[i], ny = cur.y + dy[i];
            if(nx < 1 || ny < 1 || nx > n || ny > m) { // 越界
                continue;
            }
            int step = dis[cur.x][cur.y] + 1, cost = step + f[nx][ny] * t; // 计算边权
            if(grid[nx][ny] == '#' || dis[nx][ny] <= cost) { // 无法松弛或者遇到障碍
                continue;
            }
            dis[nx][ny] = cost;
            q.push(Node(nx, ny, cost));
        }
    }
}

本题代码较长，代码实现细节可以具体学习参考。