P1312 Mayan游戏

题意

题目描述

Mayan puzzle是最近流行起来的一个游戏。游戏界面是一个\(7\)行\(\times 5\)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

输入格式:

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\(7 \times 5\)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\(-1\)。

输入输出样例

输入样例:

3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0

输出样例:

2 1 1
3 1 1
3 0 1

说明

【输入输出样例说明】

按箭头方向的顺序分别为图\(6\)到图\(11\)。

样例输入的游戏局面如上面第一个图片所示,依次移动的三步是:\((2,1)\)处的方格向右移动,\((3,1)\)处的方格向右移动,\((3,0)\)处的方格向右移动,最后可以将棋盘上所有方块消除。

【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;

对于\(100 \%\)的数据,\(0<n \leq 5\)。

\(noip2011\)提高组\(day1\)第\(3\)题

思路

哪个**出的毒瘤题! --JMercury

(偷笑)。 --Uranus

其实直接暴搜就好啦!之前开这道题的时候用的\(bfs\),然后据愉快地因为\(STL\)的一点也不优秀的时间和空间挂掉了。

其实\(dfs\)也并不难写,这题也并不难。做这样的题的技巧就是多写函数,方便调试,比如说自由落体(下落)操作,我们可以写一个函数:

inline void fall()
{
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
{
int x=j;
while(x>0&&!G[i][x-1])//x下面没有块
{
swap(G[i][x],G[i][x-1]);//下落
x--;//判断下一块
}
}
}

还有判断有没有能消除的方块的函数,我们把它分成两个来写:

inline void judge(int x,int y)//判断单点有没有三联通
{
if(!G[x][y]) return ;//这个点没有块
int dx=x,dy=y;
while(dx+1<5&&G[dx][dy]==G[dx+1][dy]) dx++;//向右拓展
if(dx-x>=2) for(register int i=x;i<=dx;i++) vis[i][y]=true;//可以拓展,打上标记
dx=x,dy=y;
while(dy+1<7&&G[dx][dy]==G[dx][dy+1]) dy++;//向下拓展
if(dy-y>=2) for(register int i=y;i<=dy;i++) vis[x][i]=true;//可以拓展,打上标记
}
inline bool disappear()//判断当前能不能消方块
{
memset(vis,false,sizeof vis);//初始化标记
bool flag=false;
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
judge(i,j);//对于每个单点来判断
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
if(vis[i][j]) flag=true,G[i][j]=0;//消除方块
return flag;
}

总起来,每次判断当前局面就可以这样:

while(disappear()) fall();

然后还要加上两个小剪枝:

  1. 如果当前有某种颜色的方块的块数小于\(3\),那它们怎么都消不掉了,当前局面不可行。
  2. 如果当前方块的左边不为空,就不向左移动。试想,两个左右相邻的方块\(x,y\),对\(x\)的右移和对\(y\)的左移的作用是相同的,但前者的优先级更高。所以只有当一个方块的左边没有方块时,左移操作才是有意义的。

那么用上这样优秀的写法,我们就能顺利\(AC\)了。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,G[5][7],sum[11];
bool vis[5][7];
stack<string>S;
inline int read()
{
int re=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return re;
}
inline void fall()
{
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
{
int x=j;
while(x>0&&!G[i][x-1])
{
swap(G[i][x],G[i][x-1]);
x--;
}
}
}
inline void judge(int x,int y)
{
if(!G[x][y]) return ;
int dx=x,dy=y;
while(dx+1<5&&G[dx][dy]==G[dx+1][dy]) dx++;
if(dx-x>=2) for(register int i=x;i<=dx;i++) vis[i][y]=true;
dx=x,dy=y;
while(dy+1<7&&G[dx][dy]==G[dx][dy+1]) dy++;
if(dy-y>=2) for(register int i=y;i<=dy;i++) vis[x][i]=true;
}
inline bool disappear()
{
memset(vis,false,sizeof vis);
bool flag=false;
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
judge(i,j);
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
if(vis[i][j]) flag=true,G[i][j]=0;
return flag;
}
bool dfs(int step)
{
if(step==n)
{
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
if(G[i][j]) return false;
return true;
}
memset(sum,0,sizeof sum);
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
if(G[i][j]) sum[G[i][j]]++;
else break;
for(register int i=1;i<=10;i++)
if(sum[i]&&sum[i]<3)
return false;
int pre[5][7];
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
pre[i][j]=G[i][j];
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<7;j++)
{
if(!G[i][j]) continue;
if(i<=4)
{
swap(G[i][j],G[i+1][j]);
fall();
while(disappear()) fall();
if(dfs(step+1))
{
string re="";
re+=i+'0';
re+=' ';
re+=j+'0';
re+=' ';
re+="1";
S.push(re);
return true;
}
for(register int ii=0;ii<5;ii++)
for(register int jj=0;jj<7;jj++)
G[ii][jj]=pre[ii][jj];
}
if(i>=1&&!G[i-1][j])
{
swap(G[i][j],G[i-1][j]);
fall();
while(disappear()) fall();
if(dfs(step+1))
{
string re="";
re+=i+'0';
re+=' ';
re+=j+'0';
re+=' ';
re+="-1";
S.push(re);
return true;
}
for(register int ii=0;ii<5;ii++)
for(register int jj=0;jj<7;jj++)
G[ii][jj]=pre[ii][jj];
}
}
return false;
}
int main()
{
n=read();
for(register int i=0;i<5;i++)
for(register int j=0;j<8;j++)
{
G[i][j]=read();
if(!G[i][j]) break;
sum[G[i][j]]++;
}
for(register int i=1;i<=10;i++)
if(sum[i]&&sum[i]<3)
{
printf("-1");
return 0;
}
if(dfs(0))
{
while(!S.empty())
{
cout<<S.top()<<endl;
S.pop();
}
}
else printf("-1");
return 0;
}

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