孤岛营救问题
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Description
1944年，特种兵麦克接到国防部的命令。要求马上赶赴太平洋上的一个孤岛，营救被敌军俘虏的大兵瑞恩。瑞恩被关押在一个迷宫里，迷宫地形复杂，但幸好麦克得到了迷宫的地形图。迷宫的外形是一个长方形，其南北方向被划分为 N行，东西方向被划分为 M列，于是整个迷宫被划分为 N×M个单元。每个单元的位置可用一个有序数对 (单元的行号，单元的列号)来表示。南北或东西方向相邻的 2个单元之间可能互通，也可能有一扇锁着的门。或者是一堵不可逾越的墙。
迷宫中有一些单元存放着钥匙，而且全部的门被分成 P类。打开同一类的门的钥匙同样，不同类门的钥匙不同。
大兵瑞恩被关押在迷宫的东南角。即(N，M)单元里，并已经昏迷。
迷宫仅仅有一个入口，在西北角。
也就是说，麦克能够直接进入(1，1)单元。
另外，麦克从一个单元移动到还有一个相邻单元的时间为 1。拿取所在单元的钥匙的时间以及用钥匙开门的时间可忽略不计。
试设计一个算法，帮助麦克以最快的方式到达瑞恩所在单元。营救大兵瑞恩。
Input
第 1行有 3个整数。分别表示 N,M,P的值。
第 2行是 1个整数 K，表示迷宫中门和墙的总数。
第 I+2行（1<=I<=K），有 5个整数。依次为 Xi1,Yi1,Xi2,Yi2,Gi：
当 Gi>=1时。表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一扇第 Gi类的门。
当 Gi=0时，表示(Xi1,Yi1)单元与(Xi2,Yi2)单元之间有一堵不可逾越的墙（当中，|Xi1-Xi2|+|Yi1-Yi2|=1， 0<=Gi<=P）。
第 K+3行是一个整数 S，表示迷宫中存放的钥匙总数。
第 K+3+J行(1<=J<=S)。有 3个整数，依次为 Xi1,Yi1,Qi：表示第 J把钥匙存放在(Xi1,Yi1)单元里，而且第 J把钥匙是用来开启第 Qi类门的。（当中 1<=Qi<=P）。
输入数据中同一行各相邻整数之间用一个空格分隔。
Output
输出麦克营救到大兵瑞恩的最短时间的值。假设问题无解，则输出-1。
Sample Input
4 4 991 2 1 3 21 2 2 2 02 1 2 2 02 1 3 1 02 3 3 3 02 4 3 4 13 2 3 3 03 3 4 3 04 3 4 4 022 1 24 2 1
Sample Output
14
HINT
N,M,P <= 10
K < 150
Source
网络流24题
题意不多说了。自己读题就好了。然后要注意的是每一个点可能有多个钥匙，两个房间之间不可能须要连穿两扇门。还有就是推断两个房间能不能通过的时候不必枚举二进制下每位是0还是1，直接如果门须要的钥匙为y，而当前代表钥匙01串的数是x，那么能够把门的钥匙设为（1<<y），则if(x%((1<<y)*2) >=（1<<y）)就能够了。试想，把前面的钥匙去掉。然后剩下的钥匙若能开，hash值一定>=门号，否则你懂得。不多说了，不懂？手模拟。。
建边时候注意点，转移时注意点。非常快就能水过。
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200
#define P 3000
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int dx[4]={0,0,1,-1};
const int dy[4]={1,-1,0,0};
int n,m,p,f;
int map[N][N],id[N][N],key[N];
struct KSD
{
int v,len,next;
}e[N*N*4];
int head[N],cnt;
void add(int u,int v,int len)
{
++cnt;
e[cnt].v=v;
e[cnt].len=len;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
struct Lux
{
int x,y;
Lux(int a,int b):x(a),y(b){}
Lux(){}
};
int s,t,dist[P][N];
bool in[P][N];
int spfa()
{
int i,u,v,temp;
memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
dist[1][s]=0;
in[1][s]=1;
queue<Lux>q;
q.push(Lux(1,s));
while(!q.empty())
{
Lux U=q.front();q.pop();
u=U.y;
in[U.x][u]=0;
dist[U.x|key[U.y]][U.y]=min(dist[U.x|key[U.y]][U.y],dist[U.x][U.y]);
U.x|=key[U.y];
for(i=head[u];i;i=e[i].next)if(U.x%(e[i].len<<1)>=e[i].len)
{
v=e[i].v;
if(dist[U.x][v]>dist[U.x][U.y]+1)
{
dist[U.x][v]=dist[U.x][U.y]+1;
if(!in[U.x][v])
{
in[U.x][v]=1;
q.push(Lux(U.x,v));
}
}
}
}
int ret=inf;
for(i=1;i<P;i++)ret=min(ret,dist[i][t]);
if(ret==inf)ret=-1;
return ret;
}
int main()
{
// freopen("test.in","r",stdin);
int i,j,k;
int a,b,c;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&f);
for(s=i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)id[i][j]=++t;
memset(map,-1,sizeof(map));
for(i=1;i<=f;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);a=id[a][b];
scanf("%d%d",&b,&c);b=id[b][c];
scanf("%d",&c);map[a][b]=map[b][a]=c;
if(c)add(a,b,1<<c),add(b,a,1<<c);
}
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)
{
a=id[i][j];
for(k=0;k<4;k++)
{
int x=i+dx[k];
int y=j+dy[k];
b=id[x][y];
if(map[a][b]==-1&&b)add(a,b,1);
}
}
scanf("%d",&f);
for(i=1;i<=f;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
key[id[a][b]]|=1<<c;
}
printf("%d\n",spfa());
return 0;
}
