Question

问题在于：

考虑到输入n = 4 x = 5，我们必须想象一个棋盘横跨（x轴）和5个正方形高（y轴）4个方格。（此输入会发生变化，直到n = 200 x = 200）

然后，我们被要求确定从板上左下方块到板上右上方的最小最短路径（骑士可以在一个轴上移动2个空格，然后在另一个轴上移动1个空格）轴）。

我目前的想法：

使用2d数组存储所有可能的移动，执行广度优先在2d数组上搜索（BFS）以找到最短路径。

Floyd-Warshall最短路径算法。

创建一个邻接列表并对其执行BFS（但我认为这样效率很低）。

说实话，虽然我对逻辑没有真正的把握。

任何人都可以帮助我使用psuedocode，python代码，甚至只是对问题进行逻辑演练吗？

Answer 1

BFS对于这个问题是足够有效的，因为它的复杂性是O（n * x），因为你只探索每个细胞一次。为了保持最短路径的数量，你只需要保留一个辅助数组来保存它们。

您也可以使用A *来更快地解决这个问题，但在这种情况下没有必要，因为这是编程竞赛的问题。

dist = {}
ways = {}

def bfs():
    start = 1,1
    goal = 6,6

    queue = [start]
    dist[start] = 0
    ways[start] = 1

    while len(queue):
        cur = queue[0]
        queue.pop(0)
        if cur == goal:
            print "reached goal in %d moves and %d ways"%(dist[cur],ways[cur])
            return

        for move in [ (1,2),(2,1),(-1,-2),(-2,-1),(1,-2),(-1,2),(-2,1),(2,-1) ]:
            next_pos = cur[0]+move[0], cur[1]+move[1]
            if next_pos[0] > goal[0] or next_pos[1] > goal[1] or next_pos[0] < 1 or next_pos[1] < 1:
                continue
            if next_pos in dist and dist[next_pos] == dist[cur]+1:
                ways[next_pos] += ways[cur]
            if next_pos not in dist:
                dist[next_pos] = dist[cur]+1
                ways[next_pos] = ways[cur]
                queue.append(next_pos)

bfs()

输出

reached goal in 4 moves and 4 ways

请注意，达到目标的方式数量会呈指数级增长

Answer 2

我建议：

从目标位置向后使用BFS来计算（仅在O（nx）总时间内）骑士从彼此的方位中移动的目标（x，n）的最小距离。对于每个起始方块（i，j），将此距离存储在d [i] [j]。

中
计算c [i] [j]，从（i，j）开始到目标（x，n）结束的最小长度路径的数量，递归地如下：

c [x] [n] = 1

c [i] [j] =所有（p，q）的c [p] [q]之和，

（p，q）是（i，j）和
的骑士移动邻居
d [p] [q] = d [i] [j] -1。

在步骤2中使用memoisation以防止递归呈现指数时间。或者，您可以使用略微修改的第二个BFS（也是向后）计算c [] []自下而上，如下所示：

c = x by n array with each entry initially 0; seen = x by n array with each entry initially 0; s = createQueue(); push(s, (x, n)); while (notEmpty(s)) { (i, j) = pop(s); for (each location (p, q) that is a knight's-move-neighbour of (i, j) { if (d[p][q] == d[i][j] + 1) { c[p][q] = c[p][q] + c[i][j]; if (seen[p][q] == 0) { push(s, (p, q)); seen[p][q] = 1; } } } }

这里的想法是在计算具有较大距离的位置的任何c [] []值之前始终计算与目标具有一定距离的所有位置的c [] []值，因为后者取决于前者

最短路径的长度为d [1] [1]，这种最短路径的数量为c [1] [1]。 总计算时间为O（nx），这在渐近的意义上显然是最好的。

Answer 3

尝试一下。绘制以下尺寸的电路板：1x1,2x2,3x3,4x4，以及一些奇数电路板，如2x4和3x4。从最小的板开始并且工作到最大，从左下角开始写0，然后找到从零开始的所有移动并写入1，从1找到所有移动并写入2，等等。直到有没有更多可能的举动。

对所有6个板子做了这个之后，你应该注意到一个模式：在你有一个更大的板子之前，有些方块无法移动，但是一旦一个方块被“发现”（即可以到达），这个数字对于所有不小于首次发现的电路板的电路板，该方块的最小移动量是恒定的。（较小意味着小于n OR小于x，不小于（n * x））

这讲述了一些有力的，有趣的。所有方块都有一个必须与之相关的数字。这个数字是正方形的属性，而不是板，不依赖于板的大小/形状。这总是如此。但是，如果无法达到方格，则显然该数字不适用。

因此，您需要找到200x200电路板上每个方块的数量，并且您需要一种方法来查看电路板是否是另一个电路板的子集，以确定方块是否可达。

请记住，在这些编程挑战中，一些非常难的问题可以通过使用查找表在O（1）时间内解决。我不是说这个可以，但记住这个伎俩。对于这个，预先计算200x200板号并将它们保存在阵列中可以节省大量时间，无论是在首次运行时只运行一次还是在提交之前运行，然后结果都是硬编码的。

如果问题需要移动序列而不是移动次数，那么这个想法是一样的：用数字保存移动序列。

Answer 4

我对这个问题的处理方法是回溯，因为x轴和y轴的方格数不同。

注意：对于某些情况，回溯算法可能会很慢，而对于其他情况则很快

为棋盘创建一个二维数组。你知道凝视指数和最终指数。要达到最终指数，你需要保持接近加入两个指数的对角线。

从起始索引看到骑士可以前往的所有索引，选择最接近对角线索引的索引并继续遍历，如果没有办法再往前走一步并移动到下一步从那里可以找到位置。

PS：这有点类似于一个众所周知的问题骑士之旅，其中选择任何起点你必须找到骑士覆盖所有方格的路径。我将此代码编写为java gui应用程序，如果您需要任何帮助，我可以将链接发送给您

希望这会有所帮助!!

最短路径的数量

4 个答案: