【例7.6】黑白棋子的移动

1327：【例7.6】黑白棋子的移动

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【题目描述】

有2n个棋子（n≥4）排成一行，开始位置为白子全部在左边，黑子全部在右边，如下图为n=5的情形：

○○○○○●●●●●

移动棋子的规则是：每次必须同时移动相邻的两个棋子，颜色不限，可以左移也可以右移到空位上去，但不能调换两个棋子的左右位置。每次移动必须跳过若干个棋子（不能平移），要求最后能移成黑白相间的一行棋子。如n=5时，成为：

○●○●○●○●○●

任务：编程打印出移动过程。

 

【输入】

输入n。

【输出】

移动过程。

【输入样例】

7

【输出样例】

step 0:ooooooo*******--
step 1:oooooo--******o*
step 2:oooooo******--o*
step 3:ooooo--*****o*o*
step 4:ooooo*****--o*o*
step 5:oooo--****o*o*o*
step 6:oooo****--o*o*o*
step 7:ooo--***o*o*o*o*
step 8:ooo*o**--*o*o*o*
step 9:o--*o**oo*o*o*o*
step10:o*o*o*--o*o*o*o*
step11:--o*o*o*o*o*o*o*

例题不怎么详的解：
经过对题目的观察，发现题目规律，当n>4时，总是将中间的一对两个不同的棋子移到最右边的空位，然后再把最左边的黑棋子移到中间，如此往复，直到剩下四对黑白棋没有移动。
不过我们发现，这4对棋子的移法是一成不变的，不受其他棋子影响。
因此，这个条件就可以作为递归边界，得出最后5步的走法。
看输出样例，可以得到剩下4步的普适移法，即：

1. 先将第4、5个棋子移到右边空位。
2. 将第8、9位置的棋子移到先前的空位。
3. 将2、3位置的棋子移到先前的空位。
4. 将7、8位置的棋子移到先前的空位。
   
5. 将5、6位置的棋子移到之前的空位。

惊讶的发现，每次移动都是将某对棋子移到两个空位上，那么n>4时呢？

同样的，也是将中间的一对移到空位上，再将最右边的一对黑棋移到先前的空位上，如此往复。

恍然大悟。

算法分析：

本题的关键点就在于这个空位的问题，抓住了这个点，本题也就迎刃而解，因此我们需要设置一个代表空位起始位置的变量sp。

另一个要点，也是代码核心组成部分，就是移动棋子这一块了，通过上面的分析，我们得出普适的两步：

1. 把中间位置的一对黑白棋移到最右边。
2. 把最左边的一对黑棋移到中间的空位上。

这就是分治的思想，将这个问题分解成了一个个子问题，这些问题就是要进行上面两步求解。

得出核心代码块：

for(j=0;j<2;j++)
	{
		a[sp+j]=a[k+j-1];
		a[k+j-1]='-';
	}
	sp=k-1;

 

接着把前面提到的n=4时的情况写出：

if(n==4)
	{
		move(4);move(8);move(2);move(7);move(1);
	}

　　

还有n>4的情况：

move(n);move(n*2-1);mv(n-1);

　　

样例代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
char a[101];
int sp,step=0,n;
void print()//输出
{
	printf("step%2d:",step);
	for(int i=0;i<2*n+2;i++) printf("%c",a[i]);
	printf("
");
	step++;
}
void move(int k)//分治：移动
{
	int j;
	for(j=0;j<2;j++)
	{
		a[sp+j]=a[k+j-1];
		a[k+j-1]='-';
	}
	sp=k-1;
	print();
}
void mv(int n)//递归求解
{
	int i,k;
	if(n==4)
	{
		move(4);move(8);move(2);move(7);move(1);
	}
	else
	{
		move(n);move(n*2-1);mv(n-1);
	}
}
int main()
{
	int i;
	scanf("%d",&n);
	for(i=0;i<n;i++) a[i]='o';
	for(i=n;i<2*n;i++) a[i]='*';
	a[2*n]='-';a[2*n+1]='-';
	sp=2*n;//初始化
	print();
	mv(n);
	return 0;
}