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Codevs Mayan游戏

机智的帝江
 机智的帝江
发布于 2016/10/30 09:59
字数 1743
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题目描述 Description
  Mayan puzzle是最近流行起来的一个游戏。游戏界面是一个 7 行5 列的棋盘,上面堆放着一些方块,方块不能悬空堆放,即方块必须放在最下面一行,或者放在其他方块之上。游戏通关是指在规定的步数内消除所有的方块,消除方块的规则如下:
  1 、每步移动可以且仅可以沿横向(即向左或向右)拖动某一方块一格:当拖动这一方块时,如果拖动后到达的位置(以下称目标位置)也有方块,那么这两个方块将交换位置(参见输入输出样例说明中的图6 到图7 );如果目标位置上没有方块,那么被拖动的方块将从原来的竖列中抽出,并从目标位置上掉落(直到不悬空,参见下面图1 和图2);

  2 、任一时刻,如果在一横行或者竖列上有连续三个或者三个以上相同颜色的方块,则它们将立即被消除(参见图1 到图3)。

  注意:
  a) 如果同时有多组方块满足消除条件,几组方块会同时被消除(例如下面图4 ,三个颜色为1 的方块和三个颜色为 2 的方块会同时被消除,最后剩下一个颜色为 2 的方块)。
  b) 当出现行和列都满足消除条件且行列共享某个方块时,行和列上满足消除条件的所有方块会被同时消除(例如下面图5 所示的情形,5 个方块会同时被消除)。
  3 、方块消除之后,消除位置之上的方块将掉落,掉落后可能会引起新的方块消除。注意:掉落的过程中将不会有方块的消除。
  上面图1 到图 3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋盘的左下角方块的坐标为(0, 0 ),将位于(3, 3 )的方块向左移动之后,游戏界面从图 1 变成图 2 所示的状态,此时在一竖列上有连续三块颜色为4 的方块,满足消除条件,消除连续3 块颜色为4 的方块后,上方的颜色为3 的方块掉落,形成图 3 所示的局面。
输入输出格式 Input/output

输入格式:
  输入文件mayan.in,共 6 行。
  第一行为一个正整数n ,表示要求游戏通关的步数。
  接下来的5 行,描述 7*5 的游戏界面。每行若干个整数,每两个整数之间用一个空格隔开,每行以一个0 结束,自下向上表示每竖列方块的颜色编号(颜色不多于10种,从1 开始顺序编号,相同数字表示相同颜色)。
输入数据保证初始棋盘中没有可以消除的方块。

输出格式:
  如果有解决方案,输出 n 行,每行包含 3 个整数x,y,g ,表示一次移动,每两个整数之间用一个空格隔开,其中(x ,y)表示要移动的方块的坐标,g 表示移动的方向,1 表示向右移动,-1表示向左移动。注意:多组解时,按照 x 为第一关健字,y 为第二关健字,1优先于-1 ,给出一组字典序最小的解。游戏界面左下角的坐标为(0 ,0 )。
  如果没有解决方案,输出一行,包含一个整数-1。
  
样例输入 Sample Input
3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0

样例输出 Sample Output
2 1 1
3 1 1
3 0 1

数据范围及提示 Data Size & Hint
数据范围
对于 30%的数据,初始棋盘上的方块都在棋盘的最下面一行;

这道题真恶心。。。别看这是NOIP2011提高组Day1T3就不做其实就是个“赤裸裸”的搜索。。(这话我也不信)。说白了其实就是考验思维能力和代码能力。暴力枚举最坏情况下是35*34*33*32*31=38955840显然不可能。对于30%的数据模拟就可以了。剩余的70%我们可以用特殊的姿(搜)势(索)来过。首先我们可以知道三个及三个以上在同一行(列)会消除,类似于消消乐。然后我们还知道如果不是连通的那么每次只能消除一次掉落后才能再一次消除,切掉落与消除不能同时进行。难道这么简单?NO。显然不可能。对于十字的五个方块,如果采用bfs的方式显然找死。所以我们可以暴力枚举。因为三个连在一起就会消除所以代码量并不大(骗谁呢?),最多几个if就对了。(明明switch就可以。。但是我不会)然后还需要注意的就是回溯,并不一定回溯到上一步就停止,还可能是上一步的上一步的上一步。。。。这个是需要注意的因为要按照字典序输出。。但是还有一个类似于贪心的做法就是从1,1还是dfs,这样可以保证字典序最小而不需要重复判断回溯的过程。
代码如下

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;

int color[10][10];
struct STEP
{
    int x,y;
    int k;  // 1 -1;
}step[6];  //n<=5
int n;

bool Remove(int a[10][10])
{
    bool pos[10][10];
    memset(pos,false,sizeof(pos));

    for(int i=1;i<=5;i++)
    for(int j=1;j<=7;j++)
    if(a[i][j])
    {
        if(i<=3) if(a[i][j]==a[i+1][j]&&a[i][j]==a[i+2][j]) pos[i][j]=pos[i+1][j]=pos[i+2][j]=true;
        if(j<=5) if(a[i][j]==a[i][j+1]&&a[i][j]==a[i][j+2]) pos[i][j]=pos[i][j+1]=pos[i][j+2]=true;
    }
    bool b=false;
    for(int i=1;i<=5;i++)
    for(int j=1;j<=7;j++)
    if(pos[i][j])
        a[i][j]=0,b=true;

    return b;
}

void Down(int tmp[10][10])
{
    for(int i=1;i<=5;i++)
    {
        int tot=0;
        for(int j=1;j<=7;j++)
        if(tmp[i][j]!=0)
        {
            int x=tmp[i][j];
            tmp[i][j]=0;
            tmp[i][++tot]=x;
        }
    }
}

bool Ok(int now[10][10])
{
    for(int i=1;i<=5;i++)
    for(int j=1;j<=7;j++)
    if(now[i][j]!=0) return false;

    return true;
}
void Dfs(int No,int now[10][10])
{
    if(No>n)
        if( Ok(now) )
        {
            for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%d %d %d\n",step[i].x-1,step[i].y-1,step[i].k);

            exit(0);
        }
        else return ;

    for(int i=1;i<5;i++) // "<" not "<="
    for(int j=1;j<=7;j++)
    if(now[i][j]!=now[i+1][j])
    {
        int tmp[10][10];
        memcpy(tmp,now,sizeof( tmp ) );

        swap(tmp[i][j],tmp[i+1][j]);

        if(now[i][j]==0)
        {
            step[No].x=i+1;
            step[No].y=j;

            step[No].k=-1;
        }
        else
        {
            step[No].x=i;
            step[No].y=j;

            step[No].k=1;
        }

        Down(tmp);
        while( Remove(tmp) )
            Down(tmp);

        Dfs(No+1,tmp);
    }

}

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=5;i++)
    {
        int j=0;
        do
        scanf("%d",&color[i][++j]);
        while (color[i][j]);
    }

    Dfs(1,color);

    cout<<"-1";
    return 0;
}

本文转载自:http://blog.csdn.net/loi__dijiang/article/details/49230891

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