poj_1753 递归+枚举

本文介绍了一种解决16格棋盘翻转问题的方法,通过枚举和深度优先搜索(DFS)策略寻找最小翻转次数。文章详细解释了算法思路,并提供了完整的C++代码实现。

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思路是别人的,自己理解了半天,真是渣渣。对于自己,项目和算法总不能兼得,路还长,年轻人。

思路:

1. 对任意一个格子来说,翻动偶数次等于没翻,翻动奇数次等于翻一次,所以只需考虑翻一次的情况。

2. 一共16个格子,每个格子只有翻和不翻,所以最多16步,最少0步,题目要求最少的步数,所以0——>16枚举,看哪一步先成功就是最优解。

3. 使用dfs,要考虑到树根时如果还没成功,要回溯;回溯时要把棋子再翻回来,再搜。 


#include <iostream>

using namespace std;

bool chess[6][6]={false};
int step;
bool flag;
int r[5]={-1,1,0,0,0};//row up,down,left,right,o
int c[5]={0,0,-1,1,0};//col up,down,left,right,o

//judge whether to the end
bool isOver()
{
	int i,j;
	for(i=1;i<5;i++)
	{
		for(j=1;j<5;j++)
		{
			if(chess[i][j]!=chess[1][1])
			{
				return false;
			}
		}
	}
	return true;
}
//change all adjacent pieces
void flip(int row,int col)
{
	int i;
	for(i=0;i<5;i++)
	{
		chess[row+r[i]][col+c[i]]=!chess[row+r[i]][col+c[i]];
	}
}

void dfs(int row,int col,int deep)
{
	if(deep==step) 
	{
		flag=isOver();
		return;
	}
	if(flag || row==5)
	{
		return;
	}
	flip(row,col);
	if(col<4)
	{
		dfs(row,col+1,deep+1);
	}
	else
	{
		dfs(row+1,1,deep+1);
	}
	flip(row,col);
	if(col<4)
	{
		dfs(row,col+1,deep);
	}
	else
	{
		dfs(row+1,1,deep);
	}
	return;
}

int main()
{
	int i,j;
	char temp;
	//initial
	for(i=1;i<5;i++)
	{
		for(j=1;j<5;j++)
		{
			cin>>temp;
			if('b'==temp)
			{
				chess[i][j]=true;
			}
		}
	}
	//function
	for(step=0;step<=16;step++)
	{
		dfs(1,1,0);
		if(flag)
		{
			break;
		}
	}
	//result
	if(flag)
	{
		cout<<step<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"Impossible"<<endl;
	}
	//system("pause");
	return 0;
}




题目描述 给出一个$n\times m$的矩阵,每个位置上有一个非负整数,代表这个位置的海拔高度。一开始时,有一个人站在其中一个位置上。这个人可以向上、下、左、右四个方向移动,但是只能移动到海拔高度比当前位置低或者相等的位置上。一次移动只能移动一个单位长度。定义一个位置为“山顶”,当且仅当从这个位置开始移动,可以一直走到海拔高度比它低的位置上。请问,这个矩阵中最多有多少个“山顶”? 输入格式 第一行两个整数,分别表示$n$和$m$。 接下来$n$行,每行$m$个整数,表示整个矩阵。 输出格式 输出一个整数,表示最多有多少个“山顶”。 样例输入 4 4 3 2 1 4 2 3 4 3 5 6 7 8 4 5 6 7 样例输出 5 算法1 (递归dp) $O(nm)$ 对于这道题,我们可以使用递归DP来解决,用$f(i,j)$表示以$(i,j)$为起点的路径最大长度,那么最后的答案就是所有$f(i,j)$中的最大值。 状态转移方程如下: $$ f(i,j)=\max f(x,y)+1(x,y)是(i,j)的下一个满足条件的位置 $$ 注意:这里的状态转移方程中的$x,y$是在枚举四个方向时得到的下一个位置,即: - 向上:$(i-1,j)$ - 向下:$(i+1,j)$ - 向左:$(i,j-1)$ - 向右:$(i,j+1)$ 实现过程中需要注意以下几点: - 每个点都需要搜一遍,因此需要用双重for循环来枚举每个起点; - 对于已经搜索过的点,需要用一个数组$vis$来记录,防止重复搜索; - 在进行状态转移时,需要判断移动后的点是否满足条件。 时间复杂度 状态数为$O(nm)$,每个状态转移的时间复杂度为$O(1)$,因此总时间复杂度为$O(nm)$。 参考文献 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(nm)$ 动态规划的思路与递归DP类似,只不过转移方程和实现方式有所不同。 状态转移方程如下: $$ f(i,j)=\max f(x,y)+1(x,y)是(i,j)的下一个满足条件的位置 $$ 注意:这里的状态转移方程中的$x,y$是在枚举四个方向时得到的下一个位置,即: - 向上:$(i-1,j)$ - 向下:$(i+1,j)$ - 向左:$(i,j-1)$ - 向右:$(i,j+1)$ 实现过程中需要注意以下几点: - 每个点都需要搜一遍,因此需要用双重for循环来枚举每个起点; - 对于已经搜索过的点,需要用一个数组$vis$来记录,防止重复搜索; - 在进行状态转移时,需要判断移动后的点是否满足条件。 时间复杂度 状态数为$O(nm)$,每个状态转移的时间复杂度为$O(1)$,因此总时间复杂度为$O(nm)$。 参考文献 C++ 代码
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