UVa Problem 861 Little Bishops （棋盘上的象）

// Little Bishops （棋盘上的象）// PC/UVa IDs: 110801/861, Popularity: C, Success rate: high Level: 2// Verdict: Accepted // Submission Date: 2011-06-19// UVa Run Time: 0.024s//// 版权所有（C）2011，邱秋。metaphysis # yeah dot net//// n * n 的棋盘可以最多放置多少个象而不互相冲突？我是这样考虑的，因为象的吃子方式为// 对角线吃子，则在棋盘上放置一个象后，它要么占据一条对角线，要么占据两条。当然先放置// 占据一条对角线的象，可以将放置象的数量最大化，在棋盘的主、副主对角线上各放置一个// 象，则象的总数目为 2，这样，主、副对角线将棋盘区域划分为四个等同的区域，无论在哪// 个区域放置象，都因为棋盘的对称性会产生相同的效果，故只考虑一个区域的放置方法，然后// 通过对称来求得总的放置数目。假设一个 8 * 8 的棋盘，已经在主、副对角线各放置了一个// 象，已占据的位置用 * 号表示，未占据的位置用大写字母 O 表示。////   1 2 3 4 5 6 7 8// 1 B O-O-O-O-O-O B// 2 O * O-O-O-O * O// 3 O#O * O-O * O&O// 4 O#O#O * * O&O&O// 5 O#O#O * * O&O&O// 6 O#O * O+O * O&O// 7 O * O+O+O+O * O// 8 * O+O+O+O+O+O *//// 如上图所示，有 - 符号连接的未占据位置和 + 符号连接的未占据位置，坐标 (1, 1) 和// 坐标 (8, 1) 已经放置了象。先考虑 - 符号连接的区域，在此区域内，任意选一个位置放置// 象将占据两条对角线（非主、副对角线），而且在此区域任意放置象，必将导致左右两个可以// 放置象的区域被占据而不能再放置象（即有 # 符号和 & 符号的区域），则在有 - 符号的区// 域所能放置的象的数目是由对角线的交叉点数目所确定的，即最多能再放置 6 个象而不互相// 冲突，则总共能放置的象数目为 8 个，棋盘状态变为以下状态：////   1 2 3 4 5 6 7 8// 1 B B B B B B B B// 2 * * * * * * * *// 3 * * * * * * * *// 4 * * * * * * * *// 5 * * * * * * * *// 6 * * * O+O * * *// 7 * * O+O+O+O * *// 8 * O+O+O+O+O+O *//// 则对于有 + 符号的区域来说，同样可以放置 6 个象而不互相冲突。则 8 * 8 的棋盘最大// 可放置象的数目为 14 个。////   1 2 3 4 5 6 7 8// 1 B B B B B B B B// 2 * * * * * * * *// 3 * * * * * * * *// 4 * * * * * * * *// 5 * * * * * * * *// 6 * * * * * * * *// 7 * * * * * * * *// 8 * B B B B B B *//// 则总结以下，n * n 的棋盘最大能放置象的数目为 n + (n - 2) 个，即 2 * (n - 1)// 个象，n >= 2。对于 1 * 1 的棋盘来说，是特殊情况，只能放置 1 个象。那么是否可以通// 过组合的方法解决本题呢？答案是肯定的。国际象棋的棋盘一般都分为白色和黑色区域，在白色// 区域的象是无法攻击黑色区域内的象的，将黑白格子相间的棋盘顺时针旋转 45 度，则原来呈// 斜线的主、副对角线成为垂直和水平的了，此时象的走法和车的走法是一样的了，问题转换为在// 这样的 n * n 棋盘上放置 k 个车有多少种方法。假设这样的棋盘第 i 行的格子数为 r[i]，// 用 t[i][j] 表示在前 i 行放置 j 个车而互不冲突的方法，可以得到以下的递推关系：//// t[i][j] = t[i - 1][j] + t[i - 1][j - 1] * (r[i] - (j - 1))//// 边界条件是：//// t[i][0] = 1, 0 <= i <= n// t[0][j] = 0, 1 <= j <= k//// 递推关系的意义可以这样理解：因为每一行只能放置一个车，则 j 个车要么全在前 i - 1 行，// 要么第 i 行有一个车，j 个车全在前 i - 1 行的放置方法为 t[i - 1][j]，第 i 行放置// 一个车，前 i - 1 行放置 j - 1 个车，那么前 i - 1 行在放置 j - 1 个车时已经占用// 了第 i 行的 j - 1 个格子，剩余的格子数为 r[i] - (j - 1)，则根据乘法原理，第二种// 放置方法是两者的乘积，又根据加法原理，总的放置方法为第一种和第二种方法数量的和。边界// 情形也容易理解，前 i 行放置 0 个车的方法有 1 种，前 0 行放置 j 个车的方法有 0 种。// 由于将棋盘分成了两个区域，故在最后计算总的放置数时，应该是两个区域的累积。//// 那么如何通过借鉴八皇后问题通过回溯来解决本问题呢？通过观察分析，可以知道，构造候选集// 的方法是其中关键不同的地方，八皇后问题在构建候选集时，因为皇后不能放置在同一行和同一// 列，所以可以减少搜索的空间，而放置象时，象可以在同一行或者同一列，搜索的数量因此会增大// 不过当棋盘较少时，还是可以完成的，当棋盘进一步增大时，回溯方法就显得吃力了，需要借助// 组合数学的方法来计算放置方案数。在表示棋盘上的象的位置时，由于可以处于同一行或同一列// 故需要不同的表示方法，一个方法是将棋盘的每个格子编号，从 1 - n^2。//// /* 八皇后问题构建候选集的过程。  */// construct_candidates(int a[], int k, int n, int c[], int *ncandidates)// {//      int i,j;//      bool legal_move;//      //      *ncandidates = 0;//      for (i=1; i<=n; i++)//      {//              legal_move = TRUE;//              /* 对于放置象来说，需要考虑除已有象的对角线外的每一个位置，因为不存 *///              /* 在像放置皇后时一行或一列只能放置一个这样的限制条件。 *///              for (j=1; j<k; j++)//              {//                      if (abs((k)-j) == abs(i-a[j])) //                      legal_move = FALSE;//                      //                      /* 对于放置象来说，并不需要检测来自行或者列的威胁，只需检 *///                      /* 测对角线上的威胁。*///                      if (i == a[j])                  //                      legal_move = FALSE;//              }//              //              if (legal_move == TRUE) //              {//                      c[*ncandidates] = i;//                      *ncandidates = *ncandidates + 1;//              }//      }// }//// 对于构建候选集的过程，尽管不需要考虑来自行或者列的威胁，但需要考虑除对角线外的每一个// 位置，且并不存在一行只能放一个象的限制条件，这是搜索时间增加的原因。如果在放置象时，// 不考虑位置的编号，会产生重复的放置方案，这个可以通过每次选择象时都选择比当前已选择的// 象的位置序号大的位置来避免。尽管采用了相应的剪枝措施，对于较大的 n 和 k 来说，仍容易// 得到 TLE。相对而言通过组合方法解题还是有优势的，除非用回溯法先生成给定范围内的所// 有解，然后填表根据具体的 n 和 k 输出，否则当 n 和 k 进一步增大，计算时间将很长。//// UVa 10237 Bishops 和本题是类似的，但是 n 和 k 已经足够大，通过回溯已经不可能在// 规定时间内找到答案，使用组合方法和大数运算成为必须。#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define MAXN 8long long solution_count;void construct_candidates(int bishops[], int c, int n, int candidates[], int *ncandidates){bool legal_move;// 合法放置位置的标记。// 对于放置象来说，需要考虑每一个位置，因为不存在像放置皇后时一行只能放置// 一个的情况。只考虑比当前象的位置标记大的位置，避免重复解的生成。因为保证// 了后一位置的象的编号大于前一位置象的编号，故可以从具有最大编号的象的位置// 开始搜索可放置象的位置，这样可以减少搜索量。int start = 0;if (c)start = bishops[c - 1];*ncandidates = 0;for (int p = start; p < n * n; p++){legal_move = true;// 已放置象的对角线上不能放置。需要检查已放置象的对角线。// 不满足条件，尽早退出循环。for (int j = 0; j < c; j++)if (abs(bishops[j] / n - p / n) ==abs(bishops[j] % n - p % n)){legal_move = false;break;}// 若该位置合法，添加到候选集中。if (legal_move == true)candidates[(*ncandidates)++] = p;}}// 回溯寻找所有可能的方案。void backtracking(int bishops[], int c, int n, int k){if (c == k)solution_count++;else{int ncandidates;int candidates[MAXN * MAXN];// 构建候选集。construct_candidates(bishops, c, n, candidates, &ncandidates);for (int i = 0; i < ncandidates; i++){bishops[c] = candidates[i];backtracking(bishops, c + 1, n, k);}}}long long little_bishops_by_backtracking(int n, int k){int bishops[2 * (MAXN - 1) + 1];solution_count = 0;backtracking(bishops, 0, n, k);return solution_count;}long long little_bishops_by_combinatorics(int n, int k){// 假设棋盘左上角第一个格子为白色格子。long long white[9];long long black[9];// 得到每一列白色格子的数目。格子数按从小到大排列。for (int i = 1; i <= n; i++)white[i] = ((i % 2) ? i : white[i - 1]);// 得到每一列黑色格子的数目。格子数按从小到大排列。for (int i = 1; i <= n - 1; i++)black[i] = ((i % 2) ? (i + 1) : black[i - 1]);// 存储前 i 列放置 j 个象的方法。白色格子和黑色格子的放置方法数分别计算。// 因为给定最多 8 * 8 的棋盘，则最大能放置象的数目为 14 个。long long white_solutions[9][15] = { {0} };long long black_solutions[9][15] = { {0} };// 初始化边界条件。for (int i = 0; i <= n; i++)white_solutions[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= k; j++)white_solutions[0][j] = 0;// 根据递推公式计算白色格子放置方案数。for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= k && j <= i; j++)white_solutions[i][j] =white_solutions[i - 1][j] + white_solutions[i - 1][j - 1] * (white[i] - j + 1);// 初始化边界条件。for (int i = 0; i <= n - 1; i++)black_solutions[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= k; j++)black_solutions[0][j] = 0;// 根据递推公式计算黑色格子放置方案数。for (int i = 1; i <= n - 1; i++)for (int j = 1; j <= k && j <= i; j++)black_solutions[i][j] =black_solutions[i - 1][j] + black_solutions[i - 1][j - 1] * (black[i] - j + 1);// 统计总的放置方案数。根据乘法原理和加法原理，总的方案数等于 n * n 的棋盘// n 行白色格子放置 0 个象的方案乘以 n - 1 行黑色格子放置 k 个象的方案数，// 加上 n 行白色格子放置 1 个象的方案乘以 n - 1 行黑色格子放置 k - 1 个// 象的方案数，加上 n 行白色格子放置 2 个象的方案乘以 n - 1 行黑色格子放// 置 k - 2 个象的方案数......long long total = 0;for (int i = 0; i <= k; i++)total += white_solutions[n][i] * black_solutions[n - 1][k - i];return total;}long long little_bishops(int n, int k){// 处理特殊情况的解。// k == 0，即棋盘上不放置象，只有一种方法。if (k == 0)return 1LL;// 当棋盘为 1 * 1 时，最多只能放置放置 1 个象。if (n == 1)return k;// 当 n >= 2 时，由分析可知，最多只能放置 2 * (n - 1) 个象。// 当大于 2 * (n - 1) 时无解。if (k > 2 * (n - 1))return 0LL;// 一般情况的解。//return little_bishops_by_backtracking(n, k);return little_bishops_by_combinatorics(n, k);}int main(int ac, char *av[]){int n, k;while (cin >> n >> k, n || k)cout << little_bishops(n, k) << endl;return 0;}