CF1450C2 Errich-Tac-Toe (Hard Version)

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思路

实际上，如果你会简单版本，那么困难版本也没有那么难了。

同样考虑构造一种通解，如下，

红色的格子改为 X，绿色的格子改为 O，就是一种通解，同样的，这样改可能会超过棋子总数的 $\frac{1}{3}$。

同样考虑将棋子按照位置分类，假如该棋子的位置是 $(i,j)$，那么按照 $(i+j)\mathrm{mod}3$ 的值分类即可，将值为 $0$ 的看作第 $0$ 类，值为 $1$ 的看作第 $1$ 类，将值为 $2$ 的看作第 $2$ 类。

显然的是，将所有第 $0$ 类棋子改为 X，所有第 $1$ 类棋子改为 O 是一种方案，还有将第 KaTeX parse error: Undefined control sequence: \2 at position 2: 1\̲2̲ 类棋子改为 X，所有第 KaTeX parse error: Undefined control sequence: \3 at position 2: 2\̲3̲ 类棋子改为 O 两种方案，总共三种方案，所需要更改的棋子数是将所有棋子全部改完所需要的次数。

根据抽屉原理，三种方案必定至少有一种方案需要的次数少于总棋子数的 $\frac{1}{3}$，所以分别统计需要更改个数，最后随意选择一种合理的方案更改即可。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,numx[3],numo[3],sum,xz;
char ch[305][305];
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n),sum=numx[0]=numx[1]=numx[2]=numo[0]=numo[1]=numo[2]=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			scanf("%s",ch[i]+1);
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				if(ch[i][j]=='O') ++numo[(i+j)%3],++sum;
				if(ch[i][j]=='X') ++numx[(i+j)%3],++sum;//记录每种方案需要更改的棋子数
			}
		}
		if(numx[0]+numo[1]<=sum/3) xz=0;
		if(numx[1]+numo[2]<=sum/3) xz=1;
		if(numx[2]+numo[0]<=sum/3) xz=2;//判断使用那种方法
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			for(int j=1;j<=n;++j)
			{
				if(ch[i][j]=='.') printf(".");
				else
				{
					if((i+j)%3!=xz&&(i+j)%3!=(xz+1)%3) printf("%c",ch[i][j]);
					else
					{
						if((i+j)%3==xz) printf("O");
						else printf("X");
					}//对应更改即可
				}
			}
			puts("");
		}
	}
	return 0;
}