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【多源01BFS】Codeforce：Three States

ai 2025/7/15 4:32:28

题干

在这里插入图片描述

翻译

给定一个 n×m 的网格地图，包含以下元素：

.：表示荒地（可以修建道路）。
#：表示岩石（不可通行）。
数字 1、2、3：分别表示三个国家的位置。

目标：将最少数量的荒地（.）改造成道路，使得三个国家之间互相连通（即任意两国之间存在一条路径）。如果无法实现，输出 -1。

数据范围：

1 ≤ n, m ≤ 1000（即网格最大为 1000×1000）。

分析

三个国家之间两两连通（即 1↔2、1↔3、2↔3 均需有路径）。
路径只能通过荒地（.）或已有数字（国家），不能穿过岩石（#）。
如果三个国家中有任意一个被岩石包围，无法与其他国家连通，则输出 -1。

面对这题可能先想到的就是求出每一个荒地到每一个国家的最短距离，求一个点到矩阵中其他所有点的距离就要进行一次完整的BFS，如果现在求所有荒地到其他点的最短距离，那么时间复杂度就会相当高，而且还存在非常多的细节判断，比如某两个国家是连通的，但是依次求每个荒地到国家的最短距离，是不能直接判断国家是否连通的，如果两个国家连通，荒地到最近的那个国家就行了，是不用再去找另外一个国家的，这就又需要单独处理这种情况，此外还有很多情况就不一一举例了。
总之，正难则反，这题我们反过来思考，求荒地到各个国家的最短距离难，那我们就求每个国家到荒地的距离，这样就只用分三个情况，因为只有三个国家，每个国家在求到所有荒地的距离的时候就是一次多源BFS。所以这题就只需要进行三次多源+01BFS就解决了，最后再统计哪个点到三个国家的距离之和最短，那就是我们想要的答案。

题解

#include<iostream> 
#include<deque>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
int n,m;
const int N = 1e3 + 10;
char p[N][N];
int dist[4][N][N];int dx[] = {0,0,1,-1};
int dy[] = {1,-1,0,0};void bfs(int pos)
{memset(dist[pos],-1,sizeof dist[pos]);//多源BFS deque<PII> q;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(p[i][j] - '0' == pos){q.push_front({i,j});dist[pos][i][j] = 0;}	} }	//01BFSwhile(q.size()){auto t = q.front(); q.pop_front();int x = t.first, y = t.second;for(int i=0;i<4;i++){int a = x + dx[i], b = y + dy[i];if(a >= 1 && a <= n && b >= 1 && b <= m && p[a][b] != '#') //跳过非法{//计算边权 int w = (p[a][b] == '.' ? 1 : 0);//第一次访问（一定要入队） if(dist[pos][a][b] == -1){dist[pos][a][b] = dist[pos][x][y] + w;if(w) q.push_back({a,b});else q.push_front({a,b});}//再次访问比大小 else if(dist[pos][x][y] + w < dist[pos][a][b]){//松弛 dist[pos][a][b] = dist[pos][x][y] + w;} 					}}}
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin >> p[i][j];	} }	bfs(1);bfs(2);bfs(3);int ret = 0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(p[i][j] == '#') continue;//把合法的位置距离1、2、3号国家的距离全部提取出来 int x = dist[1][i][j], y = dist[2][i][j], z = dist[3][i][j];//即使合法了，这个位置也可能到不了，这样的点是不能参与更新结果的 if(x == -1 || y == -1 || z == -1) continue; //判断这个位置是在荒地上还是在国家上if(p[i][j] == '.') ret = min(ret,x + y + z - 2); //注意这里-2是为了减掉重复计算的路程，我们再以某个点为中心计算它到三个国家的距离的时候，这个点只需要计算一次，所以就减去多余算上的两次else ret = min(ret,x + y + z); } }//判断retif(ret == 0x3f3f3f3f) cout << -1 << endl;else cout << ret << endl; return 0;
}