Codevs 2452 扫雷

go to the problem

** 又是万恶的考试题2333~

题目描述 Description

相信大家都玩过扫雷的游戏。那是在一个n*m的矩阵里面有一些雷，要你根据一些信息找出雷来。万圣节到了，“余”人国流行起了一种简单的扫雷游戏，这个游戏规则和扫雷一样，如果某个格子没有雷，那么它里面的数字表示和它8连通的格子里面雷的数目。现在棋盘是n×2的，第一列里面某些格子是雷，而第二列没有雷，

由于第一列的雷可能有多种方案满足第二列的数的限制，你的任务即根据第二列的信息确定第一列雷有多少种摆放方案。

输入描述 Input Description

 第一行为N，第二行有N个数，依次为第二列的格子中的数。（1<= N <= 10000）

输出描述 Output Description

 一个数，即第一列中雷的摆放方案数。

样例输入 Sample Input

2

1 1

样例输出 Sample Output

2

思维题。。。我考试时并不会。。。orz。。。想太多

我们用f[i]表示位置i所拥有的雷数（可知f[i]仅有0/1两种情况），用a[i]表示第二列位于i位置的数。

由于题目的特殊要求，a[i]的数值只与f[i-1],f[i],f[i+1]有关。
这时我们发现，当a[i],f[i-1]和f[i]的值已经确定的时候，f[i+1]的值可以被唯一的确定。也就是说，仅有f[i+1]=a[i]-f[i-1]-f[i]。

又，
a[1]=0时，可知有f[1]=f[2]=0，所以f[3]=a[2]-f[1]-f[2]被唯一的确定，同理，f[4],f[5],f[6]…f[N]都可以被确定，so只有一种摆放方案，而我们需要做的只是利用前面提到的f[i+1]=a[i]-f[i-1]-f[i]来判断这种情况是否合法（f[i+1]<0 | f[i+1]>1即为不合法）。
a[1]=1时分f[1]=1和f[2]=1判断，其余同上。
a[1]=2…同上…

代码。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int n,ans;int a[10010],f[10010];int Done(){    for(int i=2;i<n;++i)    {        f[i+1]=a[i]-f[i]-f[i-1];        if(f[i+1]>1||f[i+1]<0) return 0;    }    if(a[n]==0&&(f[n-1]|f[n])) return 0;    if(a[n]==1&&((!f[n-1]&&!f[n])|(f[n-1]&&f[n]))) return 0;    if(a[n]==2&&(!f[n-1]|!f[n])) return 0;    return 1;}int main(){    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;++i)      scanf("%d",&a[i]);    if(a[1]==0) ans=Done();    if(a[1]==1)    {       f[1]=0,f[2]=1;       ans+=Done();       memset(f,0,sizeof(f));       f[1]=1,f[2]=0;       ans+=Done();    }    if(a[1]==2)     {        f[1]=1,f[2]=1;        ans=Done();    }    cout<<ans;    return 0;}