【NOIP2016提高A组模拟】配对游戏

Description

流行的跳棋游戏是在一个有m*n个方格的长方形棋盘上玩的。棋盘起初全部被动物或障碍物占满了。在一个方格中，‘X’表示一个障碍物，一个‘0’～‘9’的个位数字表示一个不同种类的动物，相同的个位数字表示相同种类的动物。一对动物只有当它们属于同一种类时才可以被消去。消去之后，他们所占的方格就成为空方格，直到游戏结束。要消去一对动物的前提条件是：这对候选动物所在的方格必须相邻，或它们之间存在一条通路。棋盘上一个方格只和其上下左右的方格相邻。一条通路是由一串相邻的空方格组成。路的长度则是通路中空方格的数目。你要输出可被消去的动物的最多对数，以及在此操作过程中，最小的通路长度总和。
例1 如下的一个3*4棋盘：

两个种类为“1”的动物可以被消去，因为它们相邻，通路的长度是0。在这一步骤之后，存在一条在两个种类为“0”的动物间的长度为2的通路，所以这两个动物也可以被消去。要消去这2对动物，通路的长度总和是 0+2=2。这也是最小的通路长度总和，因为这是唯一一个消去这2对动物的方法。所以答案是 2 2。
例2 如下的一个4*1棋盘:

如果我们先消去正中间的两个种类为“9”的动物，然后消去最上面和最下面的两个种类为“9”的动物，则累计通路长度为 0+2=2。但是，我们可以先消去最顶上的两个，然后再消去最底下的两个。同样也消去了2对动物，但通路长度总和是 0+0=0。很明显，长为0的通路长度总和是最短的，答案应是 2 0。

Solution

这是有NOIP第三题的风范，要不是没有对拍，有可能这场比赛就AK了。
我打了三个dfs。
第一个dfs：处理每个块的每个颜色，分别放进桶里
第二个dfs：把桶里的元素暴力的两两匹配（回溯）
第三个dfs：因为桶里的两个元素，要判断是否能互相到达，还要判断两两的最短路，这就是需要第三个dfs
然后三个结合起来，打一些优化（超过答案了就不搜了），然后就能过了。

Code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;const int fang[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1};int i,j,k,l,t,n,m,ans,zhi,ans1,yi,er,xo,yo;char s[10][10];int a[10][10],sex[10][100],sey[10][100],sen[10],cnt,ci,dz[10][10],f[10][10];bool bz[10][10],az[10][10];void dfs(int x,int y){    int i,c,d;    sen[a[x][y]]++;    sex[a[x][y]][sen[a[x][y]]]=x;    sey[a[x][y]][sen[a[x][y]]]=y;    az[x][y]=1;    dz[x][y]=ci;    fo(i,0,3){        c=fang[i][0]+x,d=fang[i][1]+y;        if(c<1||c>n||d<1||d>m||a[c][d]==-1||az[c][d])continue;        dfs(c,d);    }}void dfs1(int x,int y,int xx,int yy,int z){    int i,c,d;    if(zhi&&z>=zhi)return;    if(x==xx&&y==yy){        if(!zhi)zhi=z;        else zhi=min(zhi,z);        return;    }    f[x][y]=z;    fo(i,0,3){        cnt++;        c=fang[i][0]+x,d=fang[i][1]+y;        if(c<1||c>n||d<1||d>m||a[c][d]==-1||z+1>=f[c][d]||(a[c][d]!=-2&&(c!=xx||d!=yy)))continue;        dfs1(c,d,xx,yy,z+1);    }}void dfs2(int x,int y){    int i,j,k,c=0;    if(x>yi)yi=x,er=y;    else if(y>=er)return;    else if(x==yi){        if(y<er)er=y;        else return;    }    if(cnt>=10000000)return;    fo(k,0,9){        fo(i,1,sen[k]){            if(a[sex[k][i]][sey[k][i]]==-2)continue;            fo(j,i+1,sen[k]){                if(a[sex[k][j]][sey[k][j]]==-2)continue;                zhi=0;memset(bz,0,sizeof(bz));memset(f,127,sizeof(f));                f[sex[k][i]][sey[k][i]]=0;                cnt+=11;                dfs1(sex[k][i],sey[k][i],sex[k][j],sey[k][j],0);                if(zhi){                    a[sex[k][i]][sey[k][i]]=-2,a[sex[k][j]][sey[k][j]]=-2;                    dfs2(x+1,y+zhi-1);                    a[sex[k][i]][sey[k][i]]=k,a[sex[k][j]][sey[k][j]]=k;                }            }        }    }}int main(){//  freopen("fan.in","r",stdin);//  freopen("fan.out","w",stdout);    freopen("pair.in","r",stdin);    freopen("pair.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    fo(i,1,n){        scanf("%s",s[i]+1);        fo(j,1,m){            if(s[i][j]=='X')a[i][j]=-1;else a[i][j]=s[i][j]-'0';        }    }    fo(i,1,n)fo(j,1,m){        if(a[i][j]!=-1&&!az[i][j]){            ci++;            memset(sen,0,sizeof(sen));            dfs(i,j);              yi=0;            fo(k,0,9)fo(i,1,sen[k]/2)            er+=abs(sex[k][i]-sex[k][sen[k]-i+1])+abs(sey[k][i]-sey[k][sen[k]-i+1]);            cnt=0;            dfs2(0,0);            ans+=yi,ans1+=er;        }    }    printf("%d %d",ans,ans1);}