门 - GATE-CS-2000 - 第35题

题目描述

有一排门，每扇门要么是开的，要么是关的。你可以按任意顺序多次穿过这些门。如果门是关的，你必须先将其打开，然后再通过门。你可以尝试多次打开同一扇门，但每次打开门时必须消耗1个单位的时间。给定的是门的状态以及打开每扇门的时间。您的任务是找到穿过所有门所需的最短时间。

输入格式

• 门的状态：一个字符串，表示门的状态。每个字符表示门的状态：0 - 该门关闭，1 - 该门打开。
• 打开每扇门所需的时间：整数数组，表示需要打开每扇门所需的时间。

输出格式

• 整数：表示穿过所有门所需的最短时间。

示例

输入

door_status = "1001"
door_time = [1,2,1,2]

输出

5

题目分析

这道题是一道经典的搜索题，我们可以将搜索过程用广度优先搜索（BFS）进行实现。将每一次穿过门的过程看作是一次状态转换，每当我们打开一扇门时，我们就相当于从一个状态转移到另一个状态。我们可以首先将起点状态（门初始化状态）压入队列中，并计时。之后每一次迭代中，我们从队列头部取出一个状态，并对状态做出所有可能的状态转换（即打开门），将转换后的状态加入队列。这样我们可以得到所有的成果状态。最终判断的条件也很简单，当状态表示所有门都打开时，最后的时间就是最短时间。在每个状态的迭代过程中，我们需要记录该状态下的时间消耗，以避免回溯的过程中出现消耗的时间相加的错误。

算法实现

from collections import deque

def shortest_time(door_status, door_time):
    # 定义起始状态
    start_state = {"door_status": door_status, "cost_time": 0}
    # 记录已经访问的状态
    visited = set()
    # 添加起始状态
    queue = deque([start_state])
    # 迭代状态
    while queue:
        state = queue.popleft()
        door_status = state["door_status"]
        cost_time = state["cost_time"]
        # 判断是否是最后的状态
        if "0" not in door_status:
            return cost_time
        # 添加到已访问队列
        visited.add(door_status)
        # 生成所有可能的状态并加入队列
        for i, status in enumerate(door_status):
            if status == "0":
                new_door_status = door_status[0:i] + "1" + door_status[i+1:]
                # 判断是否已经访问过
                if new_door_status not in visited:
                    queue.append({"door_status": new_door_status, "cost_time": cost_time + door_time[i]})
    return -1

总结

这道题是一道经典的搜索题，通过使用BFS算法我们可以解决这个问题。需要注意的问题是：我们必须对每个状态的时间消耗进行记录，以避免在回溯过程中出现时间相加的错误。