P1738Mayan游戏

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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。

格式

输入格式

第一行为一个正整数n,表示要求游戏关的步数。

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

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为第一关键字,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1

样例输入1[复制]

3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0

样例输出1[复制]

2 1 1
3 1 1
3 0 1

限制

3s

提示

样例输入的游戏局面如图6到图11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。

数据规模如下:
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。

来源

NOIp2011提高组Day1第三题

解析:1.如果某种颜色的方块只剩下1个或两个,则无解。

           2.如果某个方块的左边是有方块的,则放弃搜索该方块向左移动的方案(此方案会在左边方块右移时被解决)

           3.对于每个方块,若左右不相等,且可以右移,那么右移,并判断合法性;

                                       若左边为空,且可以左移,那么左移,并判断合法性。 

代码:


<span style="font-size:18px;">#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 100
using namespace std;

int n;
struct tnode{int a[5][7];
int ss[11];
}q[maxn+10];
struct node{int x,y,g;}ans[6];
int sum=0;
bool f[5][7];

bool ok(int p)
{
int i,j,k;
for(i=0;i<=4;i++)if(q[p].a[i][0]!=0)return 0;
return 1;
}

bool xiao(int p)
{
int i,j,k;
for(i=1;i<=10;i++)
if(q[p].ss[i]==1 || q[p].ss[i]==2)return 0;
return 1;
}

void copy(int x,int y)
{
int i,j,k;
for(i=0;i<=4;i++)
for(j=0;j<=6;j++)
q[x].a[i][j]=q[y].a[i][j];
for(k=1;k<=10;k++)q[x].ss[k]=q[y].ss[k];
}

bool drop(int p)
{
int i,j,k;
bool flag=0;
for(i=0;i<=4;i++)
for(j=1;j<=6;j++)
if(q[p].a[i][j]!=0)
{
k=j;
while(k>0 && q[p].a[i][k-1]==0)
{
swap(q[p].a[i][k],q[p].a[i][k-1]);
flag=1,k--;
}
}
return flag;
}

bool xiaoqu(int p)
{
memset(f,0,sizeof(f));
int i,j,k;
bool flag=0;
for(i=0;i<=6;i++)
for(j=0;j<=2;j++)
if(q[p].a[j][i]!=0 &&
q[p].a[j+1][i]==q[p].a[j][i] &&
q[p].a[j+2][i]==q[p].a[j][i]
)
f[j][i]=f[j+1][i]=f[j+2][i]=1;

for(i=0;i<=4;i++)
for(j=0;j<=4;j++)
if(q[p].a[i][j]!=0 &&
q[p].a[i][j+1]==q[p].a[i][j] &&
q[p].a[i][j+2]==q[p].a[i][j]
)
f[i][j]=f[i][j+1]=f[i][j+2]=1;
for(i=0;i<=4;i++)
for(j=0;j<=6;j++)if(f[i][j])
{
k=q[p].a[i][j];
q[p].ss[k]--;

q[p].a[i][j]=0;
flag=1;
}
return flag;
}

bool dfs(int step,int p)
{
if(step>n)return ok(p);
if(!xiao(p))return 0;

int i,j,k,x,y;
for(i=0;i<=4;i++)
for(j=0;j<=6;j++)
{
if(q[p].a[i][j]==0)break;

ans[step].x=i,ans[step].y=j;
if(i<4 && q[p].a[i][j]!=q[p].a[i+1][j])
{
ans[step].g=1,sum++;
copy(sum,p);
swap(q[sum].a[i][j],q[sum].a[i+1][j]);
while(drop(sum) || xiaoqu(sum));
if(dfs(step+1,sum))return 1;
sum--;
}
if(i>0 && q[p].a[i-1][j]==0)
{
ans[step].g=-1,sum++;
copy(sum,p);
swap(q[sum].a[i][j],q[sum].a[i-1][j]);
while(drop(sum) || xiaoqu(sum));
if(dfs(step+1,sum))return 1;
sum--;
}
}
return 0;
}

int main()
{
int i,j,k;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<=4;i++)
for(j=0;j<=7;j++)
{
scanf("%d",&k);
if(k==0)break;
q[0].a[i][j]=k;
q[0].ss[k]++;
}
if(dfs(1,0))
for(i=1;i<=n;i++)
printf("%d %d %d\n",ans[i].x,ans[i].y,ans[i].g);
else printf("-1\n");
return 0;
}</span>