题目链接:水叮当的舞步
我现在开始发题目链接了(主要还是因为懒得整理题面)……
这道题一开始是看到MashiroSky在写,于是我也开始写这道题了(说白了就是狙击他)……
这道题看到这么小的范围当然给人的第一感觉就是搜索了。于是我果断写了个搜索,后果很惨……我都没敢交上去……
后来想了各种优化,一路优化到了$80$分。最后的我想不出来了,于是就去翻了题解,终于弄全了。
首先,这道题最好使用迭代加深搜索。因为普通的$dfs$太慢,而$bfs$空间又开不下(听说某位大神使用$bfs$切掉了)。
接下来就是各种剪枝。每次都要对左上角的联通块进行拓展,这一步很耗时间。于是我们可以考虑给每个格子染上色,已经在左上角联通块内的染为$1$,在边上的染为$2$,其余的就是$3$了。于是每次拓展的时候我们只需可以找出所有颜色为$2$(是我们自己染上的颜色)的格子进行拓展即可。
然后我们可以对当前状态进行估价。设联通块外的颜色(输入的颜色)数为$x$,那么至少需要$x$步才可以让剩下的格子颜色相同。减掉一批。
另外还剩下一个,那就是当改变颜色后左上角联通块大小没有改变,那么这一步染色是无效的,可以直接减掉。
大概就是这些了。这道题用到了估价函数,那么就是$A*$搜索?
下面贴代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) #define N 9 using namespace std; int a[N][N],n,now;//a数组是输入的颜色,co数组是我自己染的颜色 int co[N][N],ans,yan[6],sheng;//yan数组标记剩下的每种颜色的数目,sheng就是剩余的不同种类颜色数 int zx[4]={1,-1,0,0},zy[4]={0,0,1,-1}; void color(int x,int y){//将(x,y)所在联通块纳入左上角联通块 if(!(--yan[a[x][y]])) sheng--; co[x][y]=1; now++; for(int k=0,i,j;k<4;k++){ i=x+zx[k],j=y+zy[k]; if(i>=1 && i<=n && j>=1 && j<=n && co[i][j]!=1){ if(a[i][j]==a[x][y]) color(i,j); else co[i][j]=2; } } } bool pd(int x){//判断联通块大小是否改变,顺便进行染色 bool ww=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(co[i][j]==2 && a[i][j]==x) color(i,j),ww=1; return ww; } bool dfs(int d){ if(sheng>d) return 0; if(now==n*n) return 1; if(!d) return 0; int zan[N][N],col[6],nn=now,ns=sheng; for(int i=0;i<6;i++){ memcpy(zan,co,sizeof(co)); memcpy(col,yan,sizeof(yan)); if(pd(i)){ if(dfs(d-1)) return 1; memcpy(co,zan,sizeof(co)); memcpy(yan,col,sizeof(yan)); now=nn;sheng=ns; } } return 0; } int main(){ File("a"); while(scanf("%d",&n)==1 && n){ for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); co[i][j]=3; } now=sheng=0; color(1,1); yan[a[1][1]]=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(co[i][j]!=1) if(!(yan[a[i][j]]++)) sheng++; for(ans=0;;ans++) if(dfs(ans)){ printf("%d ",ans); break; } } return 0; }