计蒜客 正方形 (dfs好题,具有参考价值)

本文探讨了如何通过深度优先搜索(DFS)算法解决四等分木棍的问题,即从给定的一组木棍中选出四组木棍,每组木棍的总长度相等。文章首先介绍了问题背景及解决方案的基本思路,随后给出了具体的实现代码。

题目:


题目思路:先将木棍长度数组降序排序,dfs前先判断一下是否符合题意,然后进行dfs,dfs出结果就退出,需要剪枝的地方,dfs 用一个参数记录上一次搜索的位置在哪里,下一次搜索只会在这条边之后。搜索完一条边后pos再置为0。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int l[30];
bool mark[30];
int n,sum,one;
bool cmp(int a,int b)
{
    return a>b;
}
int flag=0;
void dfs(int onel,int num,int pos)
{
    if(flag==1) return ;
    if(num==3){
        flag=1;
        return ;
    }
    if(onel == 0){
        num++;
        onel=one;
        pos=0;
    }

    for(int i=pos;i<n;i++){
        if(!mark[i]){
            if(onel>=l[i]){
                mark[i]=true;//标记为已访问
                dfs(onel-l[i],num,i);
                mark[i]=false;//未访问
            }
        }
    }
}

int main()
{
    fill(mark,mark+30,false);
    cin>>n;
    int sum=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>l[i];
        sum+=l[i];
    }
    one = sum/4;
    sort(l,l+n,cmp);
    if(l[0]>one||sum%4) cout<<"No"<<endl;
    else{
        dfs(one,0,0);
        if(flag==1) cout<<"Yes"<<endl;
        else cout<<"No"<<endl;
    }
}


### 蓝桥杯 DFS 和 BFS 的真目及解析 #### 目一:剪邮票 (DFS 枚举组合情况 + BFS 判断连通性)来源于蓝桥杯历年的经典目之一——剪邮票问。该问的核心在于通过 **DFS** 来枚举可能的解空间,并利用 **BFS** 判断剩余部分是否仍然保持连通性。 ##### 问描述 给定一张由若干个相连的小正方形组成的矩形纸片,表示一片完整的邮票区域。每次可以从这片区域内移除一个小正方形,问是否存在一种方式使得最终剩下的部分仍然是连通的一整块。 ##### 解析 为了实现这一目标,可以通过以下方法解决: 1. 使用 **DFS** 对所有可能的删除顺序进行穷举。 2. 在每一次删除操作之后,调用 **BFS** 或并查集来判断当前剩余的部分是否依然构成单一连通块[^1]。 以下是基于 C++ 实现的一个简单框架: ```cpp #include <iostream> #include <queue> using namespace std; const int MAX_N = 10; bool grid[MAX_N][MAX_N]; int n, m; // BFS 函数用于检测连通性 bool bfs(int sx, int sy) { queue<pair<int, int>> q; bool visited[MAX_N][MAX_N] = {false}; q.push({sx, sy}); visited[sx][sy] = true; int count = 0; while (!q.empty()) { auto [x, y] = q.front(); q.pop(); ++count; static const int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1}; for (int i = 0; i < 4; ++i) { int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i]; if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && !visited[nx][ny] && grid[nx][ny]) { visited[nx][ny] = true; q.push({nx, ny}); } } } // 如果遍历到的所有格子数量等于总有效格子数,则说明连通 return count == n * m; } void dfs(int step) { if (step == n * m) { // 检测最后状态是否满足条件 for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < m; ++j) { if (grid[i][j] && bfs(i, j)) { cout << "存在合法方案" << endl; return; } } } return; } // 尝试保留当前位置或者将其移除 int r = step / m, c = step % m; if (grid[r][c]) { // 移除这个位置 grid[r][c] = false; dfs(step + 1); grid[r][c] = true; // 不移除此位置 dfs(step + 1); } else { dfs(step + 1); } } ``` --- #### 目二:独立海域 (BFS 应用实例)是一个典型的 **BFS** 应用场景,涉及如何在一个二维网格中找到未被污染的孤立区块。 ##### 问描述 给定一个大小为 \(n \times m\) 的矩阵,其中某些单元格已经被标记为受污染的状态(例如 'X'),而其他单元格则处于正常状态(例如 '.')。如果某个正常的单元格周围全部都是污染区,则认为它是一块完全隔离的安全区域。求这样的安全区域的数量。 ##### 解析 针对这个问,可以采用如下策略: 1. 初始化一个布尔数组 `vis` 记录哪些节点已经访问过。 2. 遍历整个地图,当遇到尚未访问过的正常单元格时启动一次 **BFS** 探索其周围的环境。 3. 若发现某次探索的结果表明该单元格四周均为污染区,则数器加一[^4]。 下面是 Python 版本的具体实现代码: ```python from collections import deque def is_isolated(x, y, grid, vis): directions = [(0, 1), (1, 0), (-1, 0), (0, -1)] n, m = len(grid), len(grid[0]) # 边界外默认视为污染区 for dx, dy in directions: nx, ny = x + dx, y + dy if 0 <= nx < n and 0 <= ny < m and grid[nx][ny] != 'X': return False return True def count_safe_areas(grid): n, m = len(grid), len(grid[0]) vis = [[False]*m for _ in range(n)] safe_count = 0 for i in range(n): for j in range(m): if not vis[i][j] and grid[i][j] == '.': if is_isolated(i, j, grid, vis): safe_count += 1 # 启动 BFS 扩散标记已访问区域 q = deque([(i, j)]) while q: cx, cy = q.popleft() if vis[cx][cy]: continue vis[cx][cy] = True for dx, dy in ((0, 1), (1, 0), (-1, 0), (0, -1)): nx, ny = cx + dx, cy + dy if 0 <= nx < n and 0 <= ny < m and not vis[nx][ny] and grid[nx][ny] == '.': q.append((nx, ny)) return safe_count # 测试样例 if __name__ == "__main__": grid = [ ['.', '.', 'X', '.'], ['X', '.', 'X', 'X'], ['.', '.', '.', 'X'] ] result = count_safe_areas(grid) print(f"共有 {result} 块独立安全区域") ``` --- #### 总结 上述两道目分别展示了 **DFS** 和 **BFS** 在实际竞赛中的应用形式。前者侧重于复杂状态的空间搜索以及连通性的验证;后者更关注局部范围内的可达性和边界判定。
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