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有乙個n*m格的迷宮(表示有n行、m列)，其中有可走的也有不可走的，如果用1表示可以走，0表示不可以走，檔案讀入這n*m個資料和起始點、結束點(起始點和結束點都是用兩個資料來描述的，分別表示這個點的行號和列號)。現在要你程式設計找出所有可行的道路，要求所走的路中沒有重複的點，走時只能是上下左右四個方向。如果一條路都不可行，則輸出相應資訊(用-l表示無路)。
請統一用 左上右下的順序拓展，也就是 (0,-1),(-1,0),(0,1),(1,0)
第一行是兩個數n，m( 1 < n ， m < 15 )，接下來是m行n列由1和0組成的資料，最後兩行是起始點和結束點。
所有可行的路徑，描述乙個點時用(x，y)的形式，除開始點外，其他的都要用「->」表示方向。
如果沒有一條可行的路則輸出-1。
5 61 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1
0 0 1 1 1 0
1 1 1 1 1 0
1 1 1 0 1 1
1 15 6
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(2,4)->(2,5)->(3,5)->(3,4)->(3,3)->(4,3)->(4,4)->(4,5)->(5,5)->(5,6)【演算法分析】(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(2,4)->(2,5)->(3,5)->(3,4)->(4,4)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(2,4)->(2,5)->(3,5)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(2,4)->(3,4)->(3,3)->(4,3)->(4,4)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(2,4)->(3,4)->(3,5)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(2,4)->(3,4)->(4,4)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(3,3)->(3,4)->(2,4)->(2,5)->(3,5)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(3,3)->(3,4)->(3,5)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(3,3)->(3,4)->(4,4)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(3,3)->(4,3)->(4,4)->(3,4)->(2,4)->(2,5)->(3,5)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(3,3)->(4,3)->(4,4)->(3,4)->(3,5)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
(1,1)->(2,1)->(2,2)->(2,3)->(3,3)->(4,3)->(4,4)->(4,5)->(5,5)->(5,6)
用乙個a陣列來存放迷宮可走的情況，另外用乙個陣列b來存放哪些點走過了。每個點用兩個數字來描述，乙個表示行號，另乙個表示列號。對於某乙個點(x，y)，四個可能走的方向的點描述如下表：
2 1 x,y 3
4 對應的位置為：(x, y-1)，(x-1, y)，(x, y+1)，(x+1, y)。所以每個點都要試探四個方向，如果沒有走過(陣列b相應的點的值為0)且可以走(陣列a相應點的值為1)同時不越界，就走過去，再看有沒有到達終點，到了終點則輸出所走的路，否則繼續走下去。
這個查詢過程用search來描述如下：
procedure search(x, y, b, p)；
begin
for i:＝1 to 4 do
begin
先記住當前點的位置，已走過的情況和走過的路；
如果第i個點(xl，y1)可以走，則走過去；
如果已達終點，則輸出所走的路徑並置有路可走的資訊，
否則繼續從新的點往下查詢search(xl，y1，b1，p1)；
end；
end；
有些情況很明顯是無解的，如從起點到終點的矩形中有一行或一列都是為0的，明顯道路不通，對於這種情況要很快地「剪掉」多餘分枝得出結論，這就是搜尋裡所說的「剪枝」。從起點開始往下的一層層的結點，看起來如同樹枝一樣，對於其中的「枯枝」——明顯無用的節點可以先行「剪掉」，從而提高搜尋速度。
#includeusing namespace std;
int a[20][20], endx, endy, m, n;
bool no = true;
int dx[4] = , dy[4] = ;
struct route route[5000];
void dfs(int x, int y, int num)
cout << "(" << x << "," << y << ")" << endl;
no = false;
return;
} route[num].x = x, route[num].y = y;
for (int i = 0; i < 4; i++) }}
int main()
} int startx, starty;
cin >> startx >> starty >> endx >> endy;
dfs(startx, starty, 0);
if (no) cout << -1 << endl;
} return 0;
}
遞迴入門自學
例題 計算給定的n個數的和 分析 顯然當n 0的a 0 為所求,因此可以將前n項可以看做是前n 1 即 a 0,n 2 項的和加上第n項 int sum int a,int n 如上演算法中的sum 在進行遞迴呼叫的時對自身的呼叫最多隻會進行一次,也就是在每一層次上至多只有乙個例項,且構成乙個線性結...
《遞迴入門》之回文
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C語言 遞迴入門
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