棋盘问题 BNUOJ 1440
2016-03-31 16:50
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(注:本题是基础的dfs题目,也是略有技巧性的dfs题目,所以详细解读一下dfs的过程)
棋盘问题
Time Limit: 1000ms
Memory Limit: 10000KB
问题描述:
在一个给定形状的棋盘(形状可能是不规则的)上面摆放棋子,棋子没有区别。要求摆放时任意的两个棋子不能放在棋盘中的同一行或者同一列,请编程求解对于给定形状和大小的棋盘,摆放k个棋子的所有可行的摆放方案C。
Input
输入含有多组测试数据。
每组数据的第一行是两个正整数,n k,用一个空格隔开,表示了将在一个n*n的矩阵内描述棋盘,以及摆放棋子的数目。 n <= 8 , k <= n
当为-1 -1时表示输入结束。
随后的n行描述了棋盘的形状:每行有n个字符,其中 # 表示棋盘区域, . 表示空白区域(数据保证不出现多余的空白行或者空白列)。
Output
对于每一组数据,给出一行输出,输出摆放的方案数目C (数据保证C<2^31)。
Sample Input
Sample Output
问题分析:
看到这个题目,第一反应就是dfs遍历求解,事实证明这是正确的。
那么接下来,问题就变成了解决以下几个难点:
1. 如何保证不重行,不重列。
2. 当k < n的时候,如何从这n行数据棋盘数据中,首先挑出有棋盘区域的行,再挑出选用其中的那几行。
首先,当k=n的时候,那么必然每一行都会用到一个数据,也就是说除非棋盘每一行都有棋盘区域,否则不可能有摆放位置。当k < n时候,需要从n行棋盘中,首先挑出有棋盘区域的m行,再从m行中选出k行来放棋子。这里会涉及一个组合的生成C(m, k)。当解决了组合数的问题后,就是保证不重行不重列的问题。初步设想是给棋盘位置设置一个vis数组,用来标记,然后通过:
来返回是否冲突。
看起来似乎一切顺利……
——————————————————————————分割线
然而!
最重要的问题,从哪儿开始dfs???!
问题源于上面的组合,当k < n 的时候,有些行是不使用的,那dfs可能就要通过循环控制起点,但是,这势必会造成极差的时间复杂度,而且一定会进行大量的重复子问题计算。
所以,上述方法不成立。
换思路。
——————————————————————————分割线
既然判断从哪儿dfs开始很困难,换句话说,也就是选择dfs(x, y)的参数a和b很困难。这说明,这道题dfs的参数根本就不应该是坐标!!!
那是什么?
我们在这里采用分治的思想,把问题一步一步拆分成子问题。
要解决k个棋子的问题,也就是要解决k-1个棋子的子问题再乘以第k个棋子的方法数;要解决k-1个棋子的问题,也就是要解决k-2个棋子的子问题…………如此递归下去,直至要解决0个棋子的问题的时候,就是到终点要return的时候了。
那么,我们换一种方法控制不充行,不重列。
首先,dfs的经典三层结构是亘古不变的真理:
(注:有些情况下是不需要dfs三层结构第三层:改回标记 这一操作的,见bnuoj12921或bnuoj1681, 这种情况多是因为:
需要遍历全部满足题意的点,是纯粹的深度优先搜索遍历全部可走点)
从这个角度出发,我们思考一下:
首先,return的条件是什么?肯定是到终点了,所以肯定需要进行一些操作,比如某个count++,然后return
if条件判断,剪枝优化,毕竟dfs……毕竟递归……能优化尽量优化……
接下来是dfs递归的核心部分:
我们不妨从第0行开始,这时候需要处理的是k个棋子,对第0行遍历,找到一个满足题意的‘#’区域后,我们知道以后这一列都不能用了,我们vis数组可以只建立为一维数组,只存储用过的行就可以,然后深层搜索,即dfs,这时候,我们就要从第1行开始搜索了(正因为这样,vis才不用存储行是否用过的冲突问题),此时需要处理的是k-1个棋子,我们同样是对第1行所有元素都遍历,找‘#’,只不过对于之前vis标记过得那一列,我们也不选用,找到后,再次标记,然后dfs……………………dfs进入第i行,对第i行遍历,当前需要处理的是k-i个棋子的问题,筛掉非棋盘区域和之前标记过得列,找到’#’,标记,然后dfs()………………知道某一次dfs进入后,发现当前处理棋子数量为0,说明到头了,这是找到了一种方法 ,count++,return,假设这是第一次return,那么将返回到第k-1行,继续寻找满足的‘#’,重复…………知道某一次return会到第0行了,那么,将从第1行继续作为dfs的第一次起始,这就相当于改变控制了dfs起始的位置。
下面附上代码:
这道题目告诉了我们一个道理………………对于dfs来说,每次dfs传递的参数,往往是显示和决定思路的关键。
棋盘问题
Time Limit: 1000ms
Memory Limit: 10000KB
问题描述:
在一个给定形状的棋盘(形状可能是不规则的)上面摆放棋子,棋子没有区别。要求摆放时任意的两个棋子不能放在棋盘中的同一行或者同一列,请编程求解对于给定形状和大小的棋盘,摆放k个棋子的所有可行的摆放方案C。
Input
输入含有多组测试数据。
每组数据的第一行是两个正整数,n k,用一个空格隔开,表示了将在一个n*n的矩阵内描述棋盘,以及摆放棋子的数目。 n <= 8 , k <= n
当为-1 -1时表示输入结束。
随后的n行描述了棋盘的形状:每行有n个字符,其中 # 表示棋盘区域, . 表示空白区域(数据保证不出现多余的空白行或者空白列)。
Output
对于每一组数据,给出一行输出,输出摆放的方案数目C (数据保证C<2^31)。
Sample Input
2 1 #. .# 4 4 ...# ..#. .#.. #... -1 -1
Sample Output
2 1
问题分析:
看到这个题目,第一反应就是dfs遍历求解,事实证明这是正确的。
那么接下来,问题就变成了解决以下几个难点:
1. 如何保证不重行,不重列。
2. 当k < n的时候,如何从这n行数据棋盘数据中,首先挑出有棋盘区域的行,再挑出选用其中的那几行。
首先,当k=n的时候,那么必然每一行都会用到一个数据,也就是说除非棋盘每一行都有棋盘区域,否则不可能有摆放位置。当k < n时候,需要从n行棋盘中,首先挑出有棋盘区域的m行,再从m行中选出k行来放棋子。这里会涉及一个组合的生成C(m, k)。当解决了组合数的问题后,就是保证不重行不重列的问题。初步设想是给棋盘位置设置一个vis数组,用来标记,然后通过:
bool conflict(int x, int y) { for(int i=0; i<n; i++) { if(vis[x][i]==1) return true; } for(int i=0; i<n; i++) { if(vis[i][y]==1) return true; } return false; }
来返回是否冲突。
看起来似乎一切顺利……
——————————————————————————分割线
然而!
最重要的问题,从哪儿开始dfs???!
问题源于上面的组合,当k < n 的时候,有些行是不使用的,那dfs可能就要通过循环控制起点,但是,这势必会造成极差的时间复杂度,而且一定会进行大量的重复子问题计算。
所以,上述方法不成立。
换思路。
——————————————————————————分割线
既然判断从哪儿dfs开始很困难,换句话说,也就是选择dfs(x, y)的参数a和b很困难。这说明,这道题dfs的参数根本就不应该是坐标!!!
那是什么?
我们在这里采用分治的思想,把问题一步一步拆分成子问题。
要解决k个棋子的问题,也就是要解决k-1个棋子的子问题再乘以第k个棋子的方法数;要解决k-1个棋子的问题,也就是要解决k-2个棋子的子问题…………如此递归下去,直至要解决0个棋子的问题的时候,就是到终点要return的时候了。
那么,我们换一种方法控制不充行,不重列。
首先,dfs的经典三层结构是亘古不变的真理:
dfs() { if条件判断——(到终点) { 操作…… return; } if……省略一些条件判断(剪枝优化,比如一些没必要的continue或者计算过的子问题的标记备忘录直接存取) for() if……满足条件的筛选 修改标记; dfs(); 改回标记; }
(注:有些情况下是不需要dfs三层结构第三层:改回标记 这一操作的,见bnuoj12921或bnuoj1681, 这种情况多是因为:
需要遍历全部满足题意的点,是纯粹的深度优先搜索遍历全部可走点)
从这个角度出发,我们思考一下:
首先,return的条件是什么?肯定是到终点了,所以肯定需要进行一些操作,比如某个count++,然后return
if条件判断,剪枝优化,毕竟dfs……毕竟递归……能优化尽量优化……
接下来是dfs递归的核心部分:
我们不妨从第0行开始,这时候需要处理的是k个棋子,对第0行遍历,找到一个满足题意的‘#’区域后,我们知道以后这一列都不能用了,我们vis数组可以只建立为一维数组,只存储用过的行就可以,然后深层搜索,即dfs,这时候,我们就要从第1行开始搜索了(正因为这样,vis才不用存储行是否用过的冲突问题),此时需要处理的是k-1个棋子,我们同样是对第1行所有元素都遍历,找‘#’,只不过对于之前vis标记过得那一列,我们也不选用,找到后,再次标记,然后dfs……………………dfs进入第i行,对第i行遍历,当前需要处理的是k-i个棋子的问题,筛掉非棋盘区域和之前标记过得列,找到’#’,标记,然后dfs()………………知道某一次dfs进入后,发现当前处理棋子数量为0,说明到头了,这是找到了一种方法 ,count++,return,假设这是第一次return,那么将返回到第k-1行,继续寻找满足的‘#’,重复…………知道某一次return会到第0行了,那么,将从第1行继续作为dfs的第一次起始,这就相当于改变控制了dfs起始的位置。
下面附上代码:
/** * * name: Board problem * P_ID: bnuoj 1440 */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; int n, k, ans; char str[10][10]; int vis[100]; void dfs(int r, int k) { if(k==0) { ans++; return; } for(int i=r; i<n; i++) { for(int j=0; j<n; j++) { if(str[i][j]=='.' || vis[j]==1) continue; vis[j] = 1; dfs(i+1, k-1); vis[j] = 0; } } } int main() { while(1) { scanf("%d %d", &n, &k); if(n==-1 && k==-1) break; memset(str, '\0', sizeof(str)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); ans = 0; /* for(int i=0; i<n; i++) scanf("%s", str[i]); */ getchar(); for(int i=0; i<n; i++) { for(int j=0; j<n; j++) str[i][j] = getchar(); getchar(); } dfs(0, k); printf("%d\n", ans); } return 0; }
这道题目告诉了我们一个道理………………对于dfs来说,每次dfs传递的参数,往往是显示和决定思路的关键。
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