Algorithm 寻路扩展-最少转弯的路径

首先，我要感谢所有花时间看这个的人。我们中的许多人都熟悉Dijkstra的算法，因此A*。我在很多应用程序中都使用了*，但对于这个特殊情况，我很难想出一个算法。这种情况需要找到转弯次数最少的路径。事实上，我甚至不在乎“最短”的路线，只在乎转弯最少的那条！我使用的是一个上下左右的网格，没有对角线，这意味着有很多可能的最短路径解决方案。例如，在一个5x5网格中，起点在左下角，恩德在右上角，我们可以做一个楼梯，或者一直走到右边，然后一直走到上面（对我来说更好！）

使用*you use Cost=DistanceFromStart+启发式（Manhattan），我尝试通过添加numTurns成本来扩展它。在我遇到如下情况之前，这是非常有效的：

|0 0 0 0*0 0 0

|0 0 1'2'+0 0 E

|0 0 S 12*0 0

|0 0 0 0*0 0 0

|0 0 0 0*0 0 0

请原谅糟糕的格式，我希望你能看到我的意图

*是墙，0是空的，s是开始，E是结束。您会发现路径S->1->2->+将给出与S->1'->2'->+相同的成本。到目前为止，他们都有一个转弯处，离S的距离相同，曼哈顿也一样。然而，从+，如果我们走主要（'）路线，我们不必转弯。但是如果我们走12路，我们必须右转（+1成本）。因此，尽管我们可能会先到达那里，但这不是一条拐弯最少的道路

我尝试过一些调整，比如让同一个正方形的多个同时出现在优先级队列中，这样它们都有机会（如果它们的值在堆中最小的话）。我还尝试过其他“黑客”解决方案，但我不断收到未涵盖的案例。有人知道这样做的直观方法吗？再一次，我将尽我所能提出这个问题：

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给定一个有上下左右移动和障碍物的网格，我如何找到从a到B最少转弯的路径。我不需要保证最短距离。该应用程序是一个机器人程序，用于连接瓷砖，如果瓷砖之间的间隔小于3圈，则只能消除瓷砖。再次感谢所有能帮忙的人

我认为你需要在你的州里加入一个“方向”。当你从1->2->+到达“+”时，你面对的是“向上”，当你从1->2->+到达“+”时，你面对的是“右”

然后，你可以将改变方向的成本纳入你的“行动成本”。也就是说，从一个州到另一个州的旅行费用。现在，当估计向右移动时，使用1->2->+将考虑改变方向的成本，而1'->2'->+不会

当您进入A*的“生成子对象”阶段时，您可能只是将“到目前为止的成本”增加1，即移动到邻居所需的网格单元数。如果邻居指向您当前位置的方向为！=你现在的方向

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对于起点，您可以使用一些特殊的面向方向，如全向，这样从起点位置移动到任何正方形都不会产生成本。

创建一个新的距离矩阵。对于位置i和j，如果它们在直线上（无转弯），则设置距离（i，j）=1。对于设置为无穷大的其余元素。现在运行最短距离算法。

感谢您的快速响应，我等待您的进一步解释。我的棋盘格上确实有方向，所以如果我的最后一个动作是“正确的”，我再次向右移动，numTurns保持不变。但是，如果我向左、向下或向上移动，numTurns将迭代，curDirection将更改为其各自的值。问题是，除非我误解了你的解决方案，否则如果12路径首先到达+并且+被选中，+被锁定到位（关闭列表）。从那时起，任何进一步的计算都不会知道1'2'路径从未到达它（无论成本如何），因此即使在1'2上右转会产生成本，而1'2'不会，也不是+意识到这一点，而是+右侧的平方。当我们到达那里的时候，我想回到过去已经太晚了（除非我们允许同一个广场有多个不同的历史遗迹）。再次感谢您抽出时间和我一起看这个！从1->2->+到达的“+”状态与从1->2->+到达的“+”状态不同。在比较两个状态时，仅比较它们的x、y坐标是不够的，还必须比较在这些坐标处面对的方向。这样，两个“+”状态都可以添加到列表中，但代价不同。我希望我能投票支持你，但我想我需要问更多的问题。实际上，你的解决方案和我的相同。事实证明，由于我称之为“集体”的各种方式，它不起作用。你看，这个板有将近100个分片，所以我至少调用了50次寻路算法。我忘记以各种方式重置磁贴，我没有清除各种数据结构，等等。因此，错误似乎来自寻路，但实际上是它的错误输入。它似乎正在工作（祈求好运），我正在完成UI。我想再次感谢你抽出时间。你的算法比我快得多，所以我希望我几天前问过你。但我想这对大脑有好处！这是很有趣的东西，我喜欢自动化，所以制作游戏求解器很有趣。祝你一切顺利！我假设这将使用距离图的O（n^3）多个元素，对吗？初始矩阵的每一行都有n个元素，每个元素（忽略重复项）必须计算n个距离。矩阵中有n行。类似地，这也适用于列，但在O表示法中加法并不重要。将Dijsktra算法与pr结合使用