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题意：一个画家画出一张，有3种颜色的笔，R、G、B。R看成‘\‘，B看成‘/‘，G看成这两种的重叠(即叉形)。给的是一个矩阵，矩阵中只有4种符号，除了3种颜色还有‘.‘，代表没有涂色。问最小耗费多少笔即可画成这副图？
思路：最小耗费就是斜着的可以一笔搞定，但是如果中间隔着‘.‘或者其他一种形状，则不能一笔，要变两笔。主要麻烦在矩阵不是正方形，而可能是长方形。其实只要按照其画法，从左上往右下方向画，逐个条斜线扫描即可。另一个方向‘/‘也是如此。
我看到模拟本来就不想敲，扫两遍矩阵，用了vector将他们每一条可能可以一笔画的线先装起来，再进行扫vector进行统计。哎~其实可以直接扫两矩阵就统计的，就是懒。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=250; char grid[N][N]; int n; vector<int> R[N], B[N]; int cal(int col) { int cnt=0; for(int i=1; i<=n; i++)//一个方向 { for(int j=1; j<=col; j++) { if(grid[i][j]==‘R‘||grid[i][j]==‘G‘) { if(i>j) R[i-j].push_back(1); else if(i<j) R[j-i+100].push_back(1); else R[0].push_back(1); } else { if(i>j) R[i-j].push_back(0); else if(i<j) R[j-i+100].push_back(0); else R[0].push_back(0); } } } for(int i=0; i<N; i++) { int flag=0; for(int j=0; j<R[i].size(); j++) { if(!flag && R[i][j]==1) { cnt++; flag=1; } if(!R[i][j]) flag=0; } } for(int i=1; i<=n; i++)//另一方向 { for(int j=col,k=1; j>=1; j--,k++) { if(grid[i][j]==‘B‘||grid[i][j]==‘G‘) { if(i>k) B[i-k].push_back(1); else if(i<k) B[k-i+100].push_back(1); else B[0].push_back(1); } else { if(i>k) B[i-k].push_back(0); else if(i<k) B[k-i+100].push_back(0); else B[0].push_back(0); } } } for(int i=0; i<N; i++) { int flag=0; for(int j=0; j<B[i].size(); j++) { if(!flag && B[i][j]) { cnt++; flag=1; } if(!B[i][j]) flag=0; } } return cnt; } int main() { //freopen("input.txt", "r", stdin); int t; cin>>t; while(t--) { scanf("%d",&n); for(int i=0; i<N; i++) R[i].clear(),B[i].clear(); for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%s", grid[i]+1); printf("%d\n",cal( strlen( grid[1]+1 ) )); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/xcw0754/p/4684149.html
