分支限界算法之最小步数问题

问题描述

在各种棋中，棋子的走法总是一定的，如中国象棋中马走“日”。有一位小学生就想如果马能有两种走法将增加其趣味性，因此，他规定马既能按“日”走，也能如象一样走“田”字。他的同桌平时喜欢下围棋，知道这件事后觉得很有趣，就想试一试，在一个（100*100）的围棋盘上任选两点A、B，A点放上黑子，B点放上白子，代表两匹马。棋子可以按“日”字走，也可以按“田”字走，俩人一个走黑马，一个走白马。谁用最少的步数走到左上角坐标为(1,1)的点时，谁获胜。现在他请你帮忙，给你A、B两点的坐标，想知道两个位置到（1,1）点可能的最少步数。【输入样例】 　 12 16 　 18 10 　 【输出样例】 　 8 　 9

算法分析

1.搜索空间 从（1，1）计算到达A， B位置的最小值 如果两个A， B均以计算，算法停止 2、数据结构 设queue——队列，存储从(1,1)可达的点（queue[k][1…2]）以及到达该点所需要的最少步数（queue[k][3]）（0≤k≤192+1）。队列的首指针为head，尾指针为tail。初始时，queue中只有一个元素为(1,1)，最少步数为0。 S[][] —记录(1,1)到每点所需要的最少步数。显然，问题的答案是s[x1][y1]和s[x2][y2]。初始时，s[1][1]为0，除此之外的所有元素值设为-1。

dx、dy——移动后的位置增量数组。马有12种不同的扩展方向： 我们将i方向上的位置增量存入常量数组dx[i]、dy[i]中（0≤i≤11） int dx[12]={-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1,-1,-2,-2}, dy[12]={-1,-2,-2,-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1};

3、约束条件 ⑴不能越出界外。由于马的所有可能的落脚点s均在s的范围内，因此一旦马越出界外，就将其s值赋为0，表示“已经扩展过，且(1,1)到达其最少需要0步”。这看上去是荒谬的，但可以简单而有效地避免马再次落入这些界外点。 ⑵该点在以前的扩展中没有到达过。如果曾经到达过，则根据广度优先搜索的原理，先前到达该点所需的步数一定小于当前步数，因此完全没有必要再扩展下去。 由此得出，马的跳后位置（x,y）是否可以入队的约束条件是s[x][y]<0。

代码

#include <cstdlib>#include <cstring> #include <iostream>using namespace std; int dx[12]={-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1,-1,-2,-2}, dy[12]={-1,-2,-2,-2,-2,-1,1,2,2,2,2,1}; int main(){ int s[101][101],que[10000][4]={0},x1,y1,x2,y2; memset(s,0xff,sizeof(s)); //s数组的初始化 int head=1,tail=1; //初始位置入队 que[1][1]=1; que[1][2]=1;que[1][3]=0; cin>>x1>>y1>>x2>>y2; //读入黑马和白马的出发位置 while(head<=tail) { //若队列非空，则扩展队首结点 for(int d=0;d<=11;d++){ //枚举12个扩展方向 int x=que[head][1]+dx[d]; //计算马按d方向跳跃后的位置 int y=que[head][2]+dy[d]; if(x>0&&y>0&&x<=100&&y<=100) if(s[x][y]==-1) { //若（x,y）满足约束条件 s[x][y]=que[head][3]+1; //计算(1,1)到(x,y)的最少步数 tail++; //（1,1）至（x,y）的最少步数入队 que[tail][1]=x; que[tail][2]=y; que[tail][3]=s[x][y]; if(s[x1][y1]>0&&s[x2][y2]>0){ //输出问题的解 cout<<s[x1][y1]<<endl; cout<<s[x2][y2]<<endl; system("pause"); return 0; } } } head++; } }