题目描述
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：
1、
每步移动可以且仅可以沿横向（即向左或向右）拖动某一方块一格：当拖动这一方块时，如果拖动后到达的位置（以下称目标位置）也有方块，那么这两个方块将交
换位置（参见输入输出样例说明中的图 6 到图
7）；如果目标位置上没有方块，那么被拖动的方块将从原来的竖列中抽出，并从目标位置上掉落（直到不悬空，参见下面图 1 和图2）；
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。
上面图 1 到图 3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋盘的左下角方块的坐标为（0, 0），将位于（3, 3）的方块向左移动之后，游戏界面从图 1 变成图 2 所示的状态，
此时在一竖列上有连续三块颜色为 4 的方块，满足消除条件，消除连续 3块颜色为 4的方块后，上方的颜色为 3 的方块掉落，形成图 3 所示的局面。
输入
输入文件共 6行。
第一行有一个整数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
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 为第二关键字，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
样例输出
提示
输入输出样例说明：
按箭头方向的顺序分别为图 6 到图11
样例输入的游戏局面如上面第一个图片所示，依次移动的三步是：（2，1）处的方格向
右移动，（3，1）处的方格向右移动，（3，0）处的方格向右移动，最后可以将棋盘上所有方
块消除。
数据范围：
30% 初始棋盘上的方块都在棋盘的最下面一行
100% 0<n<=5
注意：题目解答要求执行N步操作
NOIP2011 DAY1 mayan
来源
记得去年做往届NOIp题，看到这题时真是吓尿。。。
现在看看。。也没那么复杂。。处理好下落、清除过程。。就ok了。。
剪枝是找题目时不小心看到的。。实际上也不需要怎么想。。
往左往右移动是一样的。。所以只要保存一个即可。。还有颜色相同的不用移动。。
1 #include<set> 2 #include<queue> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cstring> 6 #include<iostream> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 const int N = 10; 10 #define For(i,n) for(int i=1;i<=n;i++) 11 #define Rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 12 13 struct states{ 14 int A[N][N]; 15 }now,load[N],tmp; 16 bool flag; 17 int n,v; 18 int tot[N<<1],ttot[N][N<<1]; 19 int ans[N][4]; 20 21 void init(){ 22 scanf("%d",&n); 23 For(i,5){ 24 while(scanf("%d",&v),v){ 25 now.A[i][++now.A[i][0]]=v; 26 tot[v]++; 27 } 28 } 29 } 30 31 void fall(){ 32 int k; 33 For(i,5) 34 Rep(j,2,7) 35 if(now.A[i][j]&&!now.A[i][j-1]){ 36 for(k=j-1;!now.A[i][k]&&k>=1;k--); ++k; 37 swap(now.A[i][j],now.A[i][k]); 38 } 39 } 40 41 void remark(){ 42 For(i,5) 43 For(j,7) 44 if(now.A[i][j]){ 45 if(now.A[i][j]==now.A[i][j+1]&&now.A[i][j]==now.A[i][j-1]) tmp.A[i][j]=tmp.A[i][j-1]=tmp.A[i][j+1]=1; 46 if(now.A[i][j]==now.A[i+1][j]&&now.A[i][j]==now.A[i-1][j]) tmp.A[i][j]=tmp.A[i-1][j]=tmp.A[i+1][j]=1; 47 } 48 } 49 50 void clean(){ 51 remark(); 52 bool ref=false; 53 For(i,5) 54 For(j,7) 55 if(tmp.A[i][j]){ 56 tmp.A[i][j]=0; 57 tot[now.A[i][j]]--; 58 now.A[i][j]=0; 59 ref=true; 60 } 61 if(ref){ 62 fall(); 63 clean(); 64 } 65 } 66 67 void move(int i,int j,int g){ 68 swap(now.A[i][j],now.A[i+g][j]); 69 fall(); 70 clean(); 71 } 72 73 bool check(){ 74 int cnt=0; 75 For(i,10) if(tot[i]) cnt+=tot[i]; 76 return (!cnt); 77 } 78 79 void dfs(int step){ 80 if(flag) return; 81 if(step>n){ 82 flag=check(); 83 return; 84 } 85 load[step]=now; 86 For(i,10) ttot[step][i]=tot[i]; 87 For(i,5) 88 For(j,7) 89 for(int k=1;k>=-1&&now.A[i][j];k-=2){ 90 if((k==-1&&now.A[i-1][j])||(now.A[i+k][j]==now.A[i][j])) continue;//tree-pruning 91 ans[step][1]=i-1;ans[step][2]=j-1;ans[step][3]=k; 92 move(i,j,k); 93 dfs(step+1); 94 if(flag) return; 95 now=load[step]; 96 For(sb,10) tot[sb]=ttot[step][sb]; 97 } 98 } 99 100 int main(){ 101 init(); 102 dfs(1); 103 if(flag) For(i,n) printf("%d %d %d ",ans[i][1],ans[i][2],ans[i][3]); 104 else puts("-1"); 105 return 0; 106 }