POJ 1753(枚举)

最新推荐文章于 2019-11-24 16:14:30 发布

happy_doy

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分类专栏： POJ 文章标签： poj 枚举

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这是一篇关于如何用枚举法解决POJ 1753游戏策略问题的博客。游戏设定是在4*4的棋盘上，目标是通过改变棋子颜色使棋盘全白或全黑，最少需要多少次操作。作者指出，可以通过对每个格子的两种状态（反转或不反转）进行2的16次方的枚举尝试，并在每次反转后检查是否达到目标状态。若枚举完所有情况仍未满足条件，则输出'Impossible'。此外，文章提及使用DFS进行递归也是解决方法之一，虽然位运算是更高效的选择，但未深入探讨。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意:
在一个4*4的表格中,每个格子都有一个黑色或者白色的棋子,一共十六个,游戏规则就是,可以随意的改变任意一个棋子的颜色,白色变成黑色,或者黑色变成白色,同时这个棋子的四周也要进行反转.问,经过最少几次可以变成全白或者全黑,如果不存在,则输出Implossible
分析:
看到题目不要一来就想什么简单,取巧的方法,应该从一些简单的解法想起.这个题就是,每个格子都有两种情况,反转和不反转,直接枚举就好了.就是2的16次方.具体的就是,每个格子反转一次就检查一下是否满足了题意,知道最后一个,如果都没有的话,则说明不存在,直接输出Impossible.唯一有点难度的就是dfs,其实会的人就很简单的,就是一个递归.最重要的还是思考问题的方向和方式.对了,还有一种位运算,没有怎么研究,位运算效率更高.
代码:


#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
int ans=35;
bool map[6][6];

//判断整个矩阵的颜色是不是全部为黑,或者全部为红
bool judge()
{
    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
            if(map[i][j]!=map[0][0])
                return false;
    return true;
}

//对于选中的四周进行反转
void flip(int n)
{
    int i=n/4;//行
    int j=n%4;//列
    map[i][j]=!map[i][j];
    if(i-1>=0){
        map[i-1][j]=!map[i-1][j];
    }
    if(i+1<=3){ 
        map[i+1][j]=!map[i+1][j];
    }

    if(j-1>=0){
        map[i][j-1]=!map[i][j-1];
    }
    if(j+1<=3){
        map[i][j+1]=!map[i][j+1];
    }
}


//用dfs遍历全部格子
void dfs(int n,int a)
{
    if(judge())
    {
        if(ans>a)
            ans=a;
        return ;
    }
    if(n>=16)
        return ;

    dfs(n+1,a);
    flip(n);
    dfs(n+1,a+1);
    flip(n);
}

int main()
{
    char c;
    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
        {
            cin>>c;
            if(c=='b')
                map[i][j]=false;
            else
                map[i][j]=true;
        }

    dfs(0,0);
    if(ans!=35){
        cout<< ans <<endl;
    }
    else{
        cout<<"Impossible"<<endl;
    }
    return 0;

}