[NOIP2011] 玛雅游戏(回溯)

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mayan.in，共6 行。
第一行为一个正整数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 为第二关健字，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

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

样例输出

2 1 1
3 1 1
3 0 1

提示

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】

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。

膜拜大佬300行之毅力，我只打了60行。。。

算法分析：dfs

dfs:对7*5中每个非0的点按照x从小到大,y从小到大，先右后左进行枚举，注意右边界点不能向右，左边界点不能向左，枚举时调用move函数并记录相应操作；每次枚举前要把原来的矩阵copy一份，便于回溯；当超过n时，判断是否为空，如果为空就输出记录的操作。具体解释见代码。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define cop(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
using namespace std;
int n,b[10][10],cnt,st[10],st2[10],st3[10];
bool ok[10][10];
bool wipe()//每次调用消除全图的所有可以消除的块 
{
	mem(ok,0);bool fu=0;//ok数组标记要消除的块，fu标记本次是否消除了块 
	//一定要标记不能直接删除，因为会有一个块为多次消除做贡献的情况 
	for(int i=1;i<=5;i++)
		for(int j=1;j<=7;j++)//我把矩阵开到了10*10,所以不用考虑越界，多考虑的一定不影响结果 
		{	if(b[i][j]&&b[i][j]==b[i][j+1]&&b[i][j]==b[i][j+2]) ok[i][j]=ok[i][j+1]=ok[i][j+2]=1;
			if(b[i][j]&&b[i][j]==b[i+1][j]&&b[i][j]==b[i+2][j]) ok[i][j]=ok[i+1][j]=ok[i+2][j]=1;
		}
	//每三个判断一次是否删除(注意判断的块要为真，都是0就不要消了) 
	for(int i=1;i<=5;i++) for(int j=1;j<=7;j++) if(ok[i][j]) b[i][j]=0,fu=1;
	//把标记的块删除 
	return fu;//为了方便后面判断 
}
void fall(){for(int i=1;i<=5;i++){int j=2;while(j<=7){while(j>1&&b[i][j]&&!b[i][j-1]) b[i][j-1]=b[i][j],b[i][j]=0,j--; j++;}}}
//将全地图的能降落的块降落，注意从下往上枚举(因为下面的块掉了会影响后面的块是否降落)
//还要注意细节(因为j>1写成了j>0调了一小时T.T) 
bool check(){for(int i=1;i<=5;i++) for(int j=1;j<=7;j++) if(b[i][j]!=0) return 0; return 1;}
//判断地图是否为空 
void print(){for(int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d %d %d\n",st[i]-1,st2[i]-1,st3[i]);exit(0);}
//按步输出结果 并直接退出程序(exit(0)直接终止程序)，省去回溯回去的过程 
void move(int x,int y,int ai,int bi){int tmp=b[ai][bi];b[ai][bi]=b[x][y];b[x][y]=tmp;}
//就是交换x,y和ai,bi的位置(或许名字起得不好) 
void mark(int x,int y,int z){st[cnt]=x;st2[cnt]=y;st3[cnt]=z;}//记录操作 
void dfs()
{
	if(cnt==n) if(check()) print();else return;//假如操作了n步，判断地图是否为空，为空就输出结果 
	for(int i=1;i<=5;i++)
		for(int j=1;j<=7;j++)
		{
			if(!b[i][j]) break;//如果为空那么后面都为空，没必要再搜索了 
			int tmp[10][10];//备份矩阵 
			cop(tmp,b);//把b赋给tmp 
			if(i<5)//优先右移，i==5是不能右移 
			{	cnt++;move(i,j,i+1,j);mark(i,j,1);
				while(1){fall();if(!wipe()) break;}//能消除一直消除,一定要先降落 
				dfs();cnt--;cop(b,tmp);//回溯回来返回之前状态 
			}
			if(i>1&&!b[i-1][j])//剪枝，如果左边不为0的话一定会被左边向右搜回来，所以只有当左边为0时才有必要搜索 
			{	cnt++;move(i,j,i-1,j);mark(i,j,-1);
				while(1){fall();if(!wipe()) break;}
				dfs();cnt--;cop(b,tmp);//返回之前状态 
			}
		}
}
int main()
{
	//freopen("mayan.in","r",stdin);
	//freopen("mayan.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=5;i++)//读入矩阵,注意不要读反,刚开始没看样例读错了...而且题目默认是从0开始的矩阵，所以我输出时都减了1 
		for(int j=1;;j++)
		{	scanf("%d",&b[i][j]);
			if(!b[i][j]) break;
		}
	dfs();
	printf("-1");//如果到这里还没有结束程序那么一定无解，输出-1就好 
	return 0;
}