http://poj.org/problem?id=3278

題目大意：農場主約翰得知了一頭逃跑的母牛的行蹤，想立即抓住她。他從一個點開始,N(0≤N≤100000)在數軸上,牛點K(0≤K≤100000)在同一數軸。農夫約翰有兩種交通方式:步行和心靈運輸。

*行走:FJ可以在一分鐘內從任意點X移動到點X - 1或X + 1。

*傳送:FJ可以在一分鐘內從任何點X移動到點2。

如果奶牛不知道它的追求，根本不動，農夫約翰要多久才能取回它?

也就是說如果John所在位置大於等於母牛所在位置，那麽只能倒退直接得到最優解。如果John所在位置小於母牛所在位置，那麽每一個結點都有三個可選結點，分別是當前節點+1，-1，*2。

選取適當的剪枝函數，當當前結點越界時即<0或>100000時相應結點不進入隊列，當找到一個可行解（最優解）時，即到達了母牛的位置，直接返回最優解step[k]。

算法思想：隊列式分支限界法，以廣度優先搜索三叉樹，設置一個隊列q來存儲從John所在的位置開始入隊，然後出隊並開始拓展三個子結點（三個子節點入隊）。設置一個數組step[i]來記錄走到某位置的最少時間，並設置一個數組vis[i]來記錄是否到過某位置，如果到過表示前面有更優解，便可以舍棄相應子節點（不入隊列）。

Ps: 如果不了解STL queue容器的用法，可以百度。

 1 #include<queue>//使用queue 容器
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstring>
 4 #define N 100001
 5
 
 using namespace std;
 6 int bfs(int n, int k) {
 7     queue<int>q;//利用隊列模擬求解
 8     int step[N];//到某位置的走的最少時間
 9     bool vis[N];
10     memset(vis, false, sizeof(vis));
11     memset(step, 0, sizeof step);
12     int x, next;
13     step[n] = 0;//初始化在n時為0步
14     vis[n] = true;//標記訪問過
15     q.push(n);
 
16     while (!q.empty()) {
17         x = q.front();//當前位置
18         q.pop();
19         for (int i = 0; i < 3; i++) {//模擬三種情況
20             if (i == 0) next = x - 1;
21             else if (i == 1) next = x + 1;
22             else if (i == 2) next = x * 2;
23             if (next<0 || next>N) continue;
24             if (!vis[next]) {//如果訪問過 說明前面有更好的解
25                 vis[next] = true;
26                 q.push(next);
27                 step[next] = step[x] + 1;//到next位置時的最少時間
28             }
29             if (next == k) return step[next];//到k時的最少時間
30         }
31     }
32 }
33 int main() {
34     int n, k;
35     cin >> n >> k;
36     if (n >= k) cout << n - k << endl;
37     else cout << bfs(n, k) << endl;
38     return 0;
39 }

poj3278 Catch That Cow