Wataru

Представьте, что ваши вершины лежат на прямой OX в координатах (a_i, 0). Длины ребер тут будут тупо длинами отрезков. Теперь ваша задача обойти все точки на прямой и вернутся в начало, пройдя наименьшее расстояние.

Очевидно, что оптимальное решение тут, например, такое: начните в самой левой точке и идите по ним слева-направо. Дойдя до конца, вернитесь в самую левую точку. Это и будет оптимальное решение. Длина пути тут 2*(max(ai)-min(ai)).

Если нужна только длина пути - то можно тупо найти минимум и максимум и взять удвоенную разность. Если нужен сам путь, то сортируйте или пары {a_i, i} или сортируйте только индексы, используя собственную функцию сравнения, которая по двум целым числам сравнивает a[i1] и a[i2].

Да, просто отдельно обработать какой-то случай предподсчитав его. Не обязательно лучший, просто какой-то. В результате этот случай станет лучшим и время его работы будет линейным (надо же сравнить входные данные).

Заодно тут ответ на вопрос, почему почти любой? Вы можете уменьшить время до линейного в одном случае. Поэтому, если алгоритм в лучшем случае работает не хуже чем за линейную сложность, то улучшить его таким образом не всегда можно.

Есть, правда спецэффекты, когда можно проверять только часть входных данных. Например для бинпоиска в массиве можно сравнить искомый элемент с первыми двумя, и найти ответ, если искомый элемент лежит где-то между ними.

Но, например, алгоритм суммирования всех чисел в массиве или поиска минимума вы так не ускорите.

Проблема не в коде, а в алгоритме. Долго строить всю строку и считать в ней нули.

Есть вот такая формула. Для каждого простого числа можно опредерить степень просто деля n (не факториал!) на это простое число нацело, пока не получится 0 и суммировать все результаты.

Но это работет только для простых чисел. Т.е. чтобы узнать, в какой степени число 10 входит в N! (или сколько нулей на конце в деситичной записи) надо узнать, сколько раз 2 и 5 входят в N! и взять минимум.

Т.е. надо разложить k на простые множители, для каждого простого множителя подсчитать, сколько раз он входит в n! по формле выше. Потом поделить это на степень простого числа в k, и по всем делителям k взять минимум.

Похоже автор напутал. Слышал где-то про логарифмический алгоритм, знает, что за логарифм обычно работают сбалансированные бинарные деревья, вот и связал это воедино.

В случае с трассировкой лучей, за логарифм нет реализации вообще - ибо у невыпуклого многоугольника может быть O(n) пересечений с лучем (представьте себе пилу).

В случае с ближайшей точкой - если и есть структура, то это то-то вроде trapezoidal map - это такая мозговыносящая штука, что не советую о ней даже думать. Нужно разбить пространство на области, ближайшие к каждой стороне.

За логарифм есть решение через бинарный поиск.
Разбейте пространство на вертикальные колонны всеми x координатами всех вершин многоугольника. Внутри каждой из них будет проходить четное количество сторон. Составьте для каждой стороны уравнение и отсортируйте их по высоте.

При запросе, сначала бинпоиском найдите, в какой колонне лежит точка. Потом еще одним бинпоиском найдите, между какими из двух прямых лежит точка. Тут сравнения будут уже непросто чисел, а надо будет подставлять точку в уравнения прямых и смотреть, лежит ли точка выше или ниже. Если точка лежит так, что выше ее (и ниже) нечетное количество прямых - то точка внутри.

Проблема этого метода, что он требует O(n^2) памяти в худшем случае и такую же предобработку.
Но, для выпуклых многоугольников, прямых в каждой колонне будет всего две. Вот описание метода с реализацией для этого упрощенного случая.

Алгоритм Ахо-Корасика.

Все ваши ключи складываете в бор, как описано по ссылке. Потом для каждого кортежа выполняйте поиск в строке i[1], если нашли, то добавляйте ваш id в ответ.

Это комбинаторика.

Если бы не было ограничения на то, что первый символ не 0, то было бы гораздо проще. Частый прием в комбинаторике - подсчитать количество всех возможных вариантов, а потом вычесть количество "плохих" вариантов. Временно разрешим нулю быть первой цифрой, решим задачу. Потом зафиксируем ноль на первой позиции и подсчитаем сколько таких вариантов и вычтем их. Для этого можно вычеркнуть один ноль из числа, решить ту же самую задачу.

Еще, в вашей формуле направшивается добавить пустое число ("") в ответ. Давайте разрешим его и вычтем в конце 1.

Еще, очевидно, результат зависит только от количества каждой цифры в исходном числе, но не от их порядка.

Поэтому пусть f(a0,a1,...a9) - сколько есть способов расставить некторые из a0 нулей, a1 единиц, a2 двоек, и т.д. (ноль может идти в начале, число может быть пустым).

Ответ к задаче f(a0,a1,...a9)-1-min(a0,1)*f(a0-1,a1,...a9). Последнее слагаемое считает варианты, начинающиеся с нуля. Оно не вычитается, если нулей в числе нет. -1 посередине вычитает пустое число из ответа (но ее нет в последнем слагаемом, ведь мы там еще 0 в начале приписываем и пустое число надо считать).

Теперь самое интересное, формула для f(a0,a1,...a9). Замкнутой формулы я не нашел, но придумал, как считать алгоритмом.

Можно все варинаты разделить по количеству символов в числе (n), от 0 до суммы a0...a9. Давайте подумаем, где могуть быть девятки? i <= a9 из них попадут в ответ. Они могут быть на C(n, i) позициях. Останется разместить остальные цифры на n-i позиций.

Вырисовывается следующее динамическое программирование:

F(i, n) - сколько способов разместить первые i цифр на n позициях (возможно, беря не все цифры).

F(i,n) = sum (j=0..min(a[i-1], n)) F(i-1, n-j)*C(n, j)
F(0, n>0) = 0
F(i,0) = 1.
Ответ - sum(k=0..a0+...+a9) F(9, k)

У функции как бы неявный параметр массив a[] количеств всех цифр, но я его не включаю в параметры динамики, потому что по нему не надо мемоизировать.

Не забудьте, что для подсчета второй динамики, для f(a0-1,...a9) надо будет полностью отчистить мемеоизацию, потому что массив a поменялся же.

Этот алгоритм работает за O(9*n), где n - длина входного числа.

Вот пример для входного числа 112: все цифры, которых в числе нет можно выкинуть из рассмотрения и работать с массивом a={2,1} (для всех десяти цифр слишком много писать).

F(0,0) = 1
F(0,1) = 0
F(0,2) = 0
F(0,3) = 0
F(1, 0) = 1
F(1,1) = F(0, 1)*C(1,0) + F(0,0)*C(1,1) = 1
F(1,2) = F(0,2)*C(2, 0)+ F(0,1)*C(2,1) + F(0,0)*C(2,2) = 1
F(1,3) = F(0,3)*C(3, 0)+ F(0,2)*C(3,1) + F(0,1)*C(3,2) = 0
F(2,0) = 1
F(2,1) = F(1,1)*C(1, 0) + F(1,0)*C(1,1) = 2
F(2,2) = F(1,2)*C(2, 0) + F(1,1)*C(2,1) = 3
F(2,3) = F(1,3)*C(3, 0) + F(1,2)*C(3,1) = 3

Ответ F(2,3)+F(2,2)+F(2,1)+F(2,0) = 3+3+2+1= 9.

Вычитаем 1 (пустое число) и получаем 8 чисел, как у вас в примере для 112.

Это задача на придумывание паттерна и доказывание его. Тут надо рисовать всякие случаи на бумажке и обобщать.

Во-первых, когда встает вопрос о можно-нельзя ли какими-то операциями получить что-то, первая мысль должна быть - придумать инвариант. Какое-то свойство, которое не меняется при применении операции. С опытом наберетесь идей для инвариантов. Тут сразу приходит в голову такой: Обозначим цвета цифрами от 0 до 2. Тогда при любом перекрашивании сумма всех чисел по модулю 3 не меняется. Если столбы одинаковые - сами числа не меняются, если 01 перекрасить в 22, 02 в 11 и 12 в 00, то сумма остается с таким же остатком от деления на 3.

Отсюда можно сразу сделать вывод, что при N делящемся на 3 ответа нет. Потому что в конце мы должны получить все цвета одинаковые, а значит сумма будет 0, N или 2N - делится на N. Раз N делится на 3, то и итоговая сумма дает остаток 0 (по модулю 3). Но изначальная раскраска может иметь любой остаток (например, 00..0001). Значит решения для таких N нет.

Далее, можно легко придумать, как "удваивать" решение. Пусть мы умеем получать какой-то N, то можно получить алгоритм для 2N. Сначала перекрашиваем первую половину по известному плану. Потом вторую половину. Потом попарно столбы из двух половин. Надеюсь, очевидно, почему это работает?

Так можно получить ответ для 2,4,8,16, но этого мало.

Следующая мысль, как можно построить универсальный план покраски - это воспользоваться тем, что если мы сделаем все столбы одинаковыми, то все последующие действия ничего не испортят. Т.е. можно взять конкретную раскраску столбов, составить план для нее. Потом взять следующий вариант входных данных, прогнать его через уже составленный план. Если результат не одноцветный - дополнить план так чтобы раскрасить все в один цвет и для этого варианта изначальной раскраски. Повторить со всеми возможными входными данными. Использовать эту идею для всех вариантов N раскрасок слишком медленно (их же 3^N). Вернемся к ней попозже.

Следующая идея должна быть - раз для существования решения важно неделимость на 3, то возможно мы сможем к группе одинаковых столбов добавить 3 столба?

После разбора нескольких случаев на бумаге я понял, что надо отдельно рассматривать случаи N%3=1 и N%3=2.

Рассмотрим первый случай. У нас есть 3k столбов цвета А, и в конце еще 4 столба - AXYC (один из N и 3 новых). Задача - получить в конце 4 одинаковых цвета. У нас уже есть решение для N=4 в примере. Просто примените его к 4-м последним столбцам. Теперь у нас есть ...AAAZZZZ. Если A=Z, то все наши операции ничего не сделают. Рассмотрим только случай A!=Z. Красим A+Z, получаем AAYYZ..Z на конце Красим 2 раза A+Y. Т.е. за 3 операции мы перекрасили 3 последние A в Z. Повторяем операцию, пока все A не перекрасим (их же 3k, напоминаю).

Теперь случай N=3k+2. У нас есть 3k A, и в конце AAXYC. Если у вас есть решение для 5, то получаете на конце 5 Z и аналогично предыдущему случаю перекрашиваете 3 последних A в цвет последних столбов.

Т.е. отдельно рассматриваете случай разных остатков N%3. Потом решаете задачу для N=4 или 5 первых столбцов, потом добавляете по 3 столба: решаете задачу для 4/5 последних столбов и итеративно перекрашиваете по 3 столба из предыдущих.

Это решение потребует максимум N/3*(F(5)+N) шагов, где F(5) - сколько нужно операций для решения N=5.

Теперь решение для N=5. Тут и надо будет воспользоваться наблюдением о дополнении плана для разных входных данных. Вот есть 5 столбов. Покрасим 1+2 и 3+4. Теперь у нас есть AABBC. Возможно какие-то цвета одинаковые. Но сначала допустим, что они все три разные. Красим попарно A+B(1+3 и 2+4). Все. Но что, если B=C, B!=A? У нас было AABBB. Мы покрасили 1+3 и 2+4 - получили ССССA. Красим 4+5 - CCCBB. Теперь, как раньше, перекрасим 3С в B: 3+4 (CCAAB), 1+3(BCBAB), 2+4 (BBBBB).
Теперь надо рассмотреть случай B=A, C!=A: AAAAC. Надо аккуратно повторить все операции выше - получим BBBBB. План для этого случая работает, ничего дописывать не надо. Остался случай A=C, C!=B. Т.е. дано AABBA. Применяем шаги выше и получим (перепроверьте!) AAAAA.

Т.е весь план для N=5 1+2, 3+4, 1+3, 2+4, 4+5, 3+4, 1+3, 2+4.

Вот и все решение. Привел целиком, чтобы вы идей набрались и могли понять как к нему можно прийти.

Его можно соптимизировать по количеству операций. В начале я привел простой вариант удвоения. который быстро получает план для степеней двойки. Ниже я привел как имея 2 группы одноцветных столбов, если одна группа состоит из троек, перекрасить все в один цвет. Воспользуемся этими двумя приемами.

Возьмите максимальную степень двойки, помещающуюся в N. Пусть это k (2k > N, k <= N). Примените план для первых k. потом для последних k. Итого вы получите N-k столбов одного цвета и k столбов (возможно) другого цвета в конце. Если N-k делиться на 3 то, по известному плану "перекрашивания по тройкам" перекрасьте первые N-k в цвет последних k. Если же N-k не делиться на 3, то покрасьте попарно столбы цвета первых N-k и цвета вторых N-k. Потом останутся какие-то столбы в конце другого цвета, но их количество точно будет делиться на 3 (доказательство этого факта придумайте сами. Рассмотрите какие могут быть остатки от деления на 3 у k и N-k). Раз у нас группа другого цвета состоящая из троек, то мы умеем ее перекрашивать.

Этот вариант будет требовать не квадратичное, а O(n log n) количество операций.

У вас две большие ошибки с языком питон. Вы в цикле в alg итерируетесь по списку add, меняя его. Так делать нельзя. Ломаются итераторы и вы пропускаете половину элементов.

Вместо этого используйте цикл while:

while add:
  item = add[0]
  add.remove(item)
  s.append(item)
...

Вторая большая ошибка, в питоне списки передаются по ссылке! Поэтому s, который у вас параметр рекурсивной функции, на каждом уровне один и тот же список. Но при выводе множества вы сразу же возвращаетесь из функции, не удаляя item из s. Вам надо чтобы все изменения в s были отменены по выходу их функции. Перед return делайте s.remove(item).

С этими двумя изменениями должно работать. Ну, и у вас главная оптимизация алгоритма не реализована. Надо в начале цикла проверить, что среди оставшихся вершин в add есть хоть одна соединенная с каждой вершиной из exists. Если таковых нет - нужно вывалится из цикла.

Еще по коду:
range(n) в python возвращает 0..5. У вас там цикл по ребрам в __main__ и там идет обращение к i-1 в массиве graf. Т.е. обращение к [-1]. Вряд ли вы это хотели. Работает по чистой случайности, потому что в питоне a[-1] дает последний элемент.

И вообще, вы матрицу смежности строите, но нигде не используете.

Вместо функции check(), вы сделайте нормальный список смежности один раз, а то просто глаз режет от неоптимальности.

neighbors = [[] for i in range(count_vershin)]
for edge in graf:
  neighbors[edge[0]-1].append(edge[1]-1)
  neighbors[edge[1]-1].append(edge[0]-1)

Надо использовать более умный и быстрый алгоритм. Вы после каждой помены за O(n) проверяете, что массив отсортирован. когда как можно делать это за O(1) - ведь массив меняется всего в двух местах.

Для понимания алгоритма, сначала сделаем немного другую версию за O(n), а потом соптимизируем до константы.
Вы вместо сравнения с сортированным массивом пройдитесь по массиву и смотрите, что для всех соседних элементов следующий более или равен предыдущему.
Следующий шаг - заведите массив bool на n-1 элемент и храните в нем пометки, что в данной позиции массив отсортирован. При помене местами двух элементов надо пересчитать 4 позиции в этом массиве. Потом пройдитесь по массиву и проверьте, что там все элементы true. Пока все еще работает за линию и еще хранит лишний массив.
А теперь последний шаг - можно не проходиться по массиву bool каждый раз, если поддерживать счетчик, сколько там истинных элементов. После ввода массива list надо будет заполнить массив bool-ов и подсчитать, сколько там true. При перестановке a и b у вас максимум 4 элемента в массиве bool могут поменяться. Вот при этих изменениях вы счетчик пересчитывайте. Просто тупо при каждой записи в этот массив вычтите 1 из счетчика, если текущее там значение true и прибавьте 1, если новое значение true.

Просто так примененная в лоб функция Гранди нисколько не быстрее обычных пометок "выигрышная"/"проигрышная" ситуация. Даже медленнее, потому что надо не просто смотреть, есть ли переход в выигрышную ситуацию, а надо смотреть в какие значения можно сделать переход и найти минимальное ими не покрытое.

Но она обладает замечательным свойством - если состояние игры можно разложить на несколько независимых игр и игорк в свой ход может сделать ход в любой из игр, то функция Гранди может быть подсчитана как xor значений для всех состояний. По умному это называется, что игра является суммой игр. В некоторых задачах это позволяет колоссально сократить простарнство состояний.

Один пример - игра Ним. Есть несколько кучек камней. За свой ход игрок может взять сколько угодно камней из любой кучки. Проигрывает тот, кому не останется камней. В простом переборе вам придется в качестве состояния хранить вектор количеств камней в каждой кучке. Но ведь тут стостяние очевидно раскладвается на под-игры: каждая кучка - своя отдельная игра. Причем, функция Гранди тут тривиальна - это просто количество камней. Вот и получается решение игры Ним - взять xor размеров всех кучек. Если не 0, то состояние выгрышное. Надо взять из какой-то кучки столько камней, чтобы получился xor, равный 0.

Еще пример - есть плитка шоколада. Игроки ее ломают вдоль клеток. За свой ход игрок может взять любой прямоугольный кусок и разломить его как-то вдоль клеток (если там более 1x1 клеток, конечно). Проигрывает тот, кто не сможет сделать ни одного хода. Опять же, при простом переборе пришлось бы хранить в состоянии размеры всех кусоков. Тут ОЧЕНЬ много вариантов. А с функцией Гранди - достаточно рассмотреть состояния вида "одна плитка размера n x m". После одного хода у вас будет 2 плитки, но меньшего размера. Вы уже знаете для них функцию гранди, XOR'ите их и получаете функцию для возможного перехода.

Во-первых, берите две соседние стороны многоугольника. Если они коллинеарны, то берите другие 2 соседние. Но по хорошему, у вас коллинеарных соседних строн быть не должно и их можно объеденить при вводе полигона.

Но все-равно остается вопрос, а вдруг нормаль смотрит в сторону отчки (0,0,0).
Постройте уравнение плоскости ax+by+cz+d=0. (a,b,c) - это ваш найденный вектор нормали. d высчитывается, если подставить одну любую точку полигона.

Теперь, если d положительно, то точка (0,0,0) лежит в том полупространстве, куда смотрит вектор и вам надо развернуть нормаль.

Тут используется свойство знакового расстояния. Можно в уравнение плоскости подставить любую точку. Вы получите 0 для плоскости, положительные числа для одного полупространства и отрицательные для другого. Положительные в той части, куда торчит вектор нормали (ведь если отложить от точки на плоскости эту нормаль, и подсчитать знаковое расстояние, то получите тупо длину вектора нормали).

Это не совсем ним (где несколько кучек и за ход можно взять сколько угодно камней). Судя по коду, игроки могут брать 1,2 или 3 камня и кучка одна. Кажется, у вас выигрывает тот, кто возьмет последний камень.

Сначала немного теории игр.
Если камней 1-3, то первый игрок выигрывает (очевидно, беря все). Если камней 4, то любой ход приведет к выигрышной позиции. Значит 4 - это проигрышная позиция. Начинающий в ней ВСЕГДА проигрывает (если второй игрок, конечно, не поддается и не делает глупостей). Далее чуть чуть логики и становится понятно, что любая позиция вида 4*k проигрышная. Выигрышный ход - вычесть n%4 камня, чтобы врагу досталась пощиция с делящимся на 4 количеством камней. Что вы делаете из такой проигрышной позиции неважно.

Поэтому для 8 камней, если начинает бот, и человек действует правильно - бот всегда проиграет.

Правильная функция choize должна быть:

def choose(s):
  if s%4 == 0: return 1
  else return s%4

Тогда бот обязательно выиграет, если выигрышная позиция есть, или если человек допустит ошибку, хоть у него и была выигрышная стратегия.

Еще по коду. Вместо if i==0 else if i ==1, можно просто делать i=1-i. а лучше вместо i=0 заведите bots_move = true и делайте bots_move = not bots_move.
Вместо s назовите переменную num_stones. Вместо a - human_move. Некоторые ваши комментарии в коде бесполезны, ибо они просто дублируют код, а не объясняют зачем или почему этот код таков.

Если боты должны обходить полигоны на каком-то расстоянии (не могут их касаться, как у вас на картинке), то раздуйте все полигоны на этот радиус (для каждой вершины найдите 2 внешние нормали к соседним сторонам, сдвиньте стороны на r вдоль этих нормалей и пересеките). Можно вывести формулу на бумажке через косинусы/синусы между нормалями (т.е. векторное/скалярное произведения нормалей). Надо будет к точке прибавить обе нормали, умноженные на 1/(cos(a/2)*sqrt(2+2cos(a))), где a - угол между нормалями.

Теперь можно считать ботов точками и они могут касаться полигонов.

Постройте граф. Вершины в графе - вершины полигонов, боты и игрок. Для каждой вершины и другого полигона найдите 2 касательные с точки на полигон - можно перебрать все отрезки из вершины на другой полигон и отбросить те, относительно которых 2 стороны второго многоугольника лежат по разные стороны. Также все эти касательные проверьте на пересечение со всеми остальными полигонами и удалите те, которые пересекаются (проверьте каждую сторону полигона, и пересеките сторону с известным отрезком-касательной).

Теперь у вас остались только касательные, по которым имеет смысл ходить. Добвьте их в граф (длины ребер равны длине отрезков).
Также добавьте в граф все ребра многоугольников. Все кратчайшие пути мужду всеми точкаим идут в этом графе. Вы или идете вдоль полигона, или идете из текущей точки по касательной к какому-то полигону. Очевидно, что это любой другой путь можно улучшать, пока он не станет состоять из этих кусков.

Теперь, для каждого бота и игрока сделайте то же самое - постройте касательные на все многоугольники, удалите те, которые пересекаются с другими полигонами. Также добавтье прямые пути игрок-бот, если нет пересечений с полигонами. В этом графе нужно найти кратчайшие пути (лучше Дейкстрой от игрока до всех ботов).

Обход других ботов делается так - у ботов есть подсчитанные пути. Боты пытаются сделать маленькие шаги вдоль пути. Если они пересекаются с другим ботом, то можно пропустить ход, или попытаться толкнуть другого бота. Расствьте ботам случайные приоритеты и, если бот с большим приоритетом хочет пересечься с ботом с меньшим приоритетом, то второй делает шаг назад.

Они будут толпиться в узких проходах, но в итоге выстроятся шеренгой и пойдут друг за другом. Но это если игрок один. Тогда боты идут в одну сторону. Если они могут ходить против друг друга, то будет хуже. Они могут запереть друг друга в узком проходе и долго выталкивать друг друга.

Теперь - пересчет при движении игрока. Переодически надо пересчитывать пути для ботов. Для этого надо перестроить касательные от игрока и ботов на полигоны и снова прогнать Дейкстру.

Теперь про скорость. Можно делать просто, как я описал выше. Все что надо - это уметь проверять, что 2 отрезка пересекаются, и что полигон лежит по одну сторону от луча. Ну и алгоритм Дейкстры.

Касательные между препятствиями вы строите только один раз, тут скорость не так важна. Хуже с точками ботами и игроком. Тут касательные надо искать часто. Если полигоны очень большие, то можно искать точки пересечения и касательные за логарифм, но это очень заумные алгоритмы, через троичный поиск. Могу потом написать, если надо.

Самое медленное, это для каждой касательной проверять на пересечения со всеми полигонами (это n^2 проверок, если у вас n полигонов). Тут можно тоже очень хитро ускорить до n log n проверок, если все касательные отсортировать по углу и потом сделать что-то вроде алгоритма заметающей прямой, но вращать ваш взгляд вокруг точки. Это совсем сложно даже описать, не говоря уж о реализации. Надо складывать полигоны в что-то вроде сбалансированного дерева поиска, которое будет поддерживать их в отсортированном порядке относительно расстояния до точки. Каждая касательная или добавляет полигон, или удаляет его. Вы добавляете касательную только если при добавлении или удалении полигона он был самым ближайшим. Тут нужно будет уметь определять расстояние от точки до полигона вдоль прямой. Опять же, можно сделать тернарным поиском по точкам полигона.

Еще есть вариант через BSP (как в Думe. Дейстивительно эта задача, фактически, узнать, какие полигоны видны из любой точки. Очень близкро к компьютерной графике). Надо разбить всю плоскость на области и для каждой области хранить, на какие полигоны есть касательные из нее. Для этого надо все стороны полигонов продлить до прямых. Все со всем персечь, выделить области. Потом для любой точки в каждой области построить касательные и сохранить. Потом все эти области объеденить в BSP. Это очень хорошее ускорение, но оно работет только если у вас карта статичная. Можно предподсчитать и записывать в файл уже BSP.

Поиск пути в графе тоже можно подускорить. Без добавления ботов и игрока в граф найдите все кратчайшие пути методом Флойда. Теперь, когда вы построили все касательные, для каждого бота переберите касательную его и касательную из игрока. Вы можете моментально подсчитать кратчайший путь через эти касательные, ведь часть пути внутри графа на полигонах уже предподсчитана из алгоритма Флойда. Это будет заметно быстрее, чем гнать дейкстру каждый раз, ибо касательныйх сильно меньше, чем вершин всего в графе.