Mayan 游戏(2011NOIP)
来源:互联网 发布:帮忙写作业的软件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/20 17:10
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:
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。
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:
输出文件名为mayan.out。
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
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≤5。
我有话说:
这道题困扰了我挺长时间。主要是因为在细节处理上想的不太明白。后来参看大神们的讨论和题解,终于完成了。
处理上主要分为三件事。清除(clean()),下落(fall()),完成(finish())。然后就是dfs中的应用了。
判断完成最简单只要全枚举就可以了。
clean()需要用一个额外的数组来记录应该消除的方块。注意边界。
fall()的话也简单找到需要下落的方块,再用一个while()循环即可。
具体见代码。
还有的就是剪枝,思想见注释。
#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>using namespace std;const int maxn=100;int n,step,G[5][8],x[10],y[10],g[10];void fall(){ for(int i=0;i<=4;i++) { for(int j=1;j<=6;j++) { if(G[i][j]!=0&&G[i][j-1]==0) { int k=j; while(k>0&&G[i][k-1]==0)k--; G[i][k]=G[i][j]; G[i][j]=0; } } } return;}int clean(){ //cout<<"c"<<endl; int a[5][8],flag=0; memset(a,0,sizeof(a)); for(int i=0;i<=4;i++) { for(int j=0;j<=6;j++) { if(G[i][j]!=0) { if(i>0&&i<4&&G[i][j]==G[i+1][j]&&G[i][j]==G[i-1][j]){//注意边界 a[i-1][j]=a[i][j]=a[i+1][j]=1;//先标号再删除 } if(j>0&&j<6&&G[i][j]==G[i][j+1]&&G[i][j]==G[i][j-1]){ a[i][j-1]=a[i][j]=a[i][j+1]=1; } } } } for(int i=0;i<=4;i++) { for(int j=0;j<=6;j++) { if(a[i][j]){ G[i][j]=0; flag=1; } } } return flag;}int finish(){ //cout<<"f"<<endl; for(int i=0;i<=4;i++) for(int j=0;j<=6;j++) { if(G[i][j]!=0)return 0; } return 1;}void print(){ for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d %d\n",x[i],y[i],g[i]);}int dfs(){ int t[5][8]; if(step!=0){ swap(G[x[step]][y[step]],G[x[step]+g[step]][y[step]]); } do{fall();}while(clean());//删除不息,下落不止 if(step==n) { //cout<<1<<endl; if(finish()){print();return 1;} else return 0; } for(int i=0;i<=4;i++) { for(int j=0;j<=6;j++) { if(G[i][j]!=0) { //这道题考虑剪枝,相邻同色方块不用考虑,只是在浪费步数 //不在边界,如果左边为空,就既向左又向右(特殊考虑,因为要多一段代码); //如果左边不为空,那么不管右边是什么都向右移动。因为字典序小 step++; if(i<4&&G[i][j]!=G[i+1][j]) { x[step]=i;y[step]=j;g[step]=1; for(int a=0;a<=4;a++) for(int b=0;b<=6;b++) t[a][b]=G[a][b]; if(dfs())return 1; for(int a=0;a<=4;a++) for(int b=0;b<=6;b++) G[a][b]=t[a][b]; } if(i>0&&G[i-1][j]==0) { x[step]=i;y[step]=j;g[step]=-1; for(int a=0;a<=4;a++) for(int b=0;b<=6;b++) t[a][b]=G[a][b]; if(dfs())return 1; for(int a=0;a<=4;a++) for(int b=0;b<=6;b++) G[a][b]=t[a][b]; } step--; } } } return 0;}int main(){ cin>>n; step=0; for(int i=0;i<=4;i++) { int t=-1; do{//do()while()循环用的一般比较少,不管怎样,它都会执行循环内的内容一次,再判断条件是否成立 t++; scanf("%d",&G[i][t]); }while(G[i][t]!=0); } if(dfs()==0)printf("-1\n"); return 0;}
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