标签：表示 name 规则 zoj http names 十分 情况 logs
SCOI2005 扫雷
一道很有趣的(水)题
“这道题有四种解法，你知道么”
给你矩阵的第二列的数字，求出第一列雷有多少种可能的摆法。
不懂扫雷规则的自行按win+R然后输入winmine
思考过后我想到了一种拙劣的DP写法 ，
四维 F[i][][][] i代表到了第几个格子，后面三维用 0和1表示 这个格子旁边雷的情况，分别是 左上 左 左下
简单易懂(十分恶心)的代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int N,a[10010],f[10010][2][2][2]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>N; for(int i=1;i<=N;i++)cin>>a[i]; if (a[1]==0)f[1][0][0][0]=1; else if (a[1]==1)f[1][0][1][0]=1,f[1][0][0][1]=1; else if (a[1]==2)f[1][0][1][1]=1; for(int i=2;i<=N-1;i++) { if (a[i]==0) f[i][0][0][0]=f[i-1][1][0][0]+f[i-1][0][0][0]; else if (a[i]==1) f[i][1][0][0]=f[i-1][0][1][0]+f[i-1][1][1][0], f[i][0][1][0]=f[i-1][1][0][1]+f[i-1][0][0][1], f[i][0][0][1]=f[i-1][0][0][0]+f[i-1][1][0][0]; else if (a[i]==2) f[i][1][1][0]=f[i-1][1][1][1]+f[i-1][0][1][1], f[i][1][0][1]=f[i-1][0][1][0]+f[i-1][1][1][0], f[i][0][1][1]=f[i-1][1][0][1]+f[i-1][0][0][1]; else if (a[i]==3) f[i][1][1][1]=f[i-1][1][1][1]+f[i-1][0][1][1]; } if (a[N]==0) cout<<f[N-1][1][0][0]+f[N-1][0][0][0]; else if (a[N]==1) cout<<f[N-1][1][0][1]+f[N-1][0][0][1]+f[N-1][0][1][0]+f[N-1][1][1][0]; else if (a[N]==2) cout<<f[N-1][1][1][1]+f[N-1][0][1][1]; return 0; }
就是枚举出了所有的情况 ，暴力转移。 (手边要有个画图板 边写边画 别漏情况)
美其名曰DP
当时代码写得十分顺，一遍过编译 ，一遍AC
实际上 ，没这么复杂。
现在我们可以思考一下 ， 第二列数字都已知 ， 如果你知道了第一列的前两个格子是否有雷 ，那么 我们就可以把 所有的 都推出来了
b[i]=a[i-1]-b[i-1]-b[i-2] (b[i]是格子i的雷，a[i]是第二列的数字)
所以只要枚举前两个格子的雷就可以了 。
这题答案只有 0，1，2；
超短代码↓
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int N,a[10010],ans; void Work(int x,int y) { int b[10010]; b[1]=x,b[2]=y; for(int i=3;i<=N+1;i++) b[i]=a[i-1]-b[i-1]-b[i-2]; if(b[N+1]==0)ans++; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>N; for(int i=1;i<=N;i++)cin>>a[i]; if (a[1]==1)Work(0,1),Work(1,0); else if (a[1]==2)Work(1,1); else if (a[1]==0)Work(0,0); cout<<ans<<endl; return 0; }
标签：表示 name 规则 zoj http names 十分 情况 logs
原文地址：http://www.cnblogs.com/Elfish/p/7606081.html
