鸣人和佐助-白红宇

鸣人和佐助

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发布时间：2019-03-21

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鸣人要追上佐助最少需要花费的时间是通过广度优先搜索（BFS）来计算的。BFS不仅记录位置和时间，还跟踪剩余的查克拉，因为不同的查克拉残渣会影响后续的移动选择。

输入地图后，确定鸣人和佐助的初始位置。使用一个三维数组visited[m][n][max_t]记录是否已经访问过某个位置和特定的查克拉数量。如果同一位置被访问过但查克拉更高的情况，不需要重复处理，因为它可以提供更大的灵活性。

在每一步BFS处理中，考虑四个方向移动到下一个位置，判断该位置是否符合访问条件。检查下一个位置是否是通路或已经被击败的敌人，根据查克拉数量决定是否可以继续移动，并更新访问状态。

队列中每个节点包含当前位置、剩余查克拉和时间。当队列中的节点到达佐助的位置时，返回当前时间作为最少所需时间。

以下是代码示例：

#include 
   
    #include 
    
     #include 
     
      #include 
      
       using namespace std;int main() {    // 读取输入    m = ...;    n = ...;    T = ...;    // 初始化访问数组    vector
       
        
         ]> visited(m+1, vector
         
          
           >(n+1, vector
           
            (T+1, false))); // BFS队列 queue
            
             
              > q; // 初始状态 int sx = ...; int sy = ...; // 条件判断 if (sx == fx && sy == fy) return 0; // 初始状态入队 q.push({sx, sy, T, 0}); visited[sx][sy][T] = true; // 四个方向 int dirs[4][2] = {{1,0}, {0,1}, {-1,0}, {0,-1}}; while (!q.empty()) { auto current = q.front(); q.pop(); int x = current.first; int y = current.second; int ckl = current.third; int time = current.fourth; // 检查是否到达佐助 if (x == fx && y == fy) { return time; } // 遍历四个方向 for (auto dir : dirs) { int nx = x + dir.first; int ny = y + dir.second; // 检查是否越界 if (nx < 1 || nx > m || ny < 1 || ny > n) continue; // 检查是否是敌人 if (a[nx][ny] == '#') { // 剩余查克拉>0才能进入 if (ckl > 0) { // 打败敌人后的状态 if (!visited[nx][ny][ckl-1]) { visited[nx][ny][ckl-1] = true; q.push({nx, ny, ckl-1, time+1}); } } } else if (a[nx][ny] != '#') { // 通路或其他不需要击败的位置 if (!visited[nx][ny][ckl]) { visited[nx][ny][ckl] = true; q.push({nx, ny, ckl, time+1}); } } } } // 未找到 return -1;}