大逃亡(escape)
【問題描述】
給出數字N（1<=N<=10000）、X（1<=X<=1000）、Y（1<=Y<=1000）代表有N 個敵人分布在一個X 行Y 列的矩陣上，矩形的行號從0 到X-1、列號從0到Y-1。再給出四個數字x1,y1,x2,y2 分別代表你要從起點(x1,y1)移動到目標點(x2,y2)。在移動的過程中你當然希望離敵人的距離的最小值最大化，現在請求出這個值最大可以為多少？以及在這個前提下，你最少要走多少步才可以到目標點。
註意這裏距離的定義為兩點的曼哈頓距離，即某兩個點的坐標分為(a,b),(c,d),那麽它們的距離為|a-c|+|b-d|。
【輸入格式】
第一行3 個整數為N，X，Y
第二行4 個整數為x1,y1,x2,y2
下面將有N 行，為N 個敵人所在的坐標。
【輸出格式】
在一行內輸出你離敵人的距離及在這個距離的限制下，你到目標點最少要移動多少步。
【樣例輸入】
2 5 6
0 0 4 0
2 1
2 3
【樣例輸出】
2 14

最大化最小值，很明顯二分後驗證；

敵人位置固定，所以每一個點距最近敵人距離固定；

求曼哈頓距離，所以以每個敵人為起始點四連通bfs，每個點第一次一定是被最近的敵人訪問；

復雜度方面，每個點只會被上下左右四個點各訪問一次，所以預處理是O（4*n^2）;

預處理後直接bfs全圖驗證，復雜度O（n^2）；

AC GET☆DAZE

代碼 ↓

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define
 
 MAX_N 39393939
#define ll long long    
using namespace std;
struct poi
{
    ll x,y;
};
ll sum=0;
poi que[1000039];
ll ansdis[1039][1039],dis[1039][1039],h=1,t=0,mx[4]={1,0,-1,0},my[4]={0,1,0,-1},X,Y,sx,sy,dx,dy,x,y;
bool check[1039][1039]={0};
bool inmap(ll x,ll y)
{
    if(x<0 || y<0 || x>=X || y>=Y)
    {
        
 
return 0;
    }
    return 1;
}
bool checkans(ll d)
{
    if(dis[x][y]<d)
    {
        return 0;
    }
    memset(check,0,sizeof(check));
    poi stp;
    ll a,b,c;
    stp.x=sx,stp.y=sy;
    h=1,t=0,que[++t]=stp;
    while(h<=t)
    {
        sum++;
        x=que[h].x,y=que[h].y;
        if(x==dx && y==dy)
        {
            return 1;
        }
        for(a=0;a<=3;a++)
        {
            x+=mx[a],y+=my[a];
            if(inmap(x,y) && dis[x][y]>=d && !check[x][y])
            {
                stp.x=x,stp.y=y;
                que[++t]=stp;
                check[x][y]=1;
                ansdis[x][y]=min(ansdis[x][y],ansdis[que[h].x][que[h].y]+1);
            }
            x-=mx[a],y-=my[a];
        }
        h++;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    poi stp;
    ll n,le,ri,mi,a,b,c;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&X,&Y);
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&sx,&sy,&dx,&dy);
    for(a=1;a<=n;a++)
    {
        scanf("%lld%lld",&stp.x,&stp.y);
        dis[stp.x][stp.y]=0;
        que[a]=stp;
        check[stp.x][stp.y]=1;
    }
    t=n;
    ri=0;
    while(h<=t)
    {
        x=que[h].x,y=que[h].y;
        for(a=0;a<=3;a++)
        {
            x+=mx[a],y+=my[a];
            if(inmap(x,y) && dis[x][y]==-1)
            {
                stp.x=x,stp.y=y;
                que[++t]=stp;
                dis[stp.x][stp.y]=dis[que[h].x][que[h].y]+1;
                ri=max(ri,dis[stp.x][stp.y]);
            }
            x-=mx[a],y-=my[a];
        }
        h++;
    }
    le=1;
    while(le+10<ri)
    {
        mi=(le+ri)>>1;
        if(checkans(mi))
        {
            le=mi;
        }
        else
        {
            ri=mi-1;
        }
    }
    while(!checkans(ri))
    {
        ri--;
    }
    for(a=0;a<X;a++)
    {
        for(b=0;b<Y;b++)
        {
            ansdis[a][b]=MAX_N;
        }
    }
    ansdis[sx][sy]=0;
    checkans(ri);
    printf("%lld %lld",ri,ansdis[dx][dy]);
    return 0;
}

東北育才 day6 T3 大逃亡