Crosses Puzzles zoj 4018 （zju校赛）

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5746

题目大意：

N*M的方格里，每个格子有一个指针，一开始指向上下左右四个方向中的一个，选一个格子点一次，那个格子的指针会顺时针转一下，接着被它指着的那个格子的针也会顺时针转一下，一直连锁下去。  构造一种不超过6000次点击的方案，使得所有针朝上。

题解：
$need[x][y]$表示这个格子的针转多少次可以朝上。

$A[x][y]$表示这个格子主动转了多少次。

$B[x][y]$表示这个格子由于受到边上格子的影响被动转了多少次。

那么有：

$A[x][y] + B[x][y] = 4 * K[x][y] + need[x][y]$. （等式1）

$B[x][y] = \sum (K[x'][y'] + [(x', y')转到朝上的过程中会影响到(x, y)]) $  （等式2）

其中$(x', y')是和(x, y)相邻的格子$

一开始先假设所有的 $K[x][y] = 0$，那么所有的$A[x][y]$ $B[x][y]$ 都可以计算出来。但是某些$A[x][y]$会是负数。

考虑把一些$K[x][y]$加大。 如果把$K[x][y] += 1$， 为了使得之前的等式仍然成立，必须有$A[x][y] += 4$，所有和它相邻的格子（x', y')必须 $A[x'][y'] -= 1, B[x'][y'] += 1$。

然后先本地开始乱shi：

因为不超过6000步，平均每个格子60步。

所以从上到下从左到右，如果发现当前格子的$A[x][y] <= 56$, 就不断让当前格子+4，和它相邻格子-1。

这样做一次后，发现最外面的一圈的$A[x][y]$都是几十了。中间的还是会有一些负数。

重复上面的过程，发现每做一次都会使得A为几十的圈子往里缩小。重复10次就ok了。

思考：为什么所有让$A[x][y]>=0$ 就好了呢？

因为一组合法的$A[x][y]$，可以解出所有的$B[x][y]$ 和 $K[x][y]$.且解是唯一的。

证明： 把等式1中的B用K表示带入等式二，得到$N^2$个关于$K$的方程，$K$有$N^2$个变量，所以如果有解，解一定唯一。

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 #define MAXN 15

 int n, m;
 int a[MAXN][MAXN], x[MAXN][MAXN], y[MAXN][MAXN];
 int dx[] = {-, , , };
 int dy[] = {, , , -};
 int ok[][], need[MAXN][MAXN];

 bool check(int x, int y)
 {
     return x >=  && x <= n && y <= m && y >=  && a[x][y] != -;
 }

 int main()
 {
     //freopen("in.txt", "r", stdin);
     ok[][] = ;
     ok[][] = ok[][] = ;
     ok[][] = ok[][] = ok[][] = ;

     int T;
     scanf("%d", &T);
     while (T--)
     {
         scanf("%d %d", &n, &m);
         for (int i = ; i <= n; ++i)
         {
             for (int j = ; j <= m; ++j)
             {
                 scanf("%d", &a[i][j]);
                 if (a[i][j] == -) continue;
                 a[i][j] = ( - a[i][j]) % ;
                 need[i][j] = ( - a[i][j]) % ;
             }
         }
         memset(x, , sizeof(x));
         memset(y, , sizeof(y));
         int _i, _j;
         for (int i = ; i <= n; ++i)
         {
             for (int j = ; j <= m; ++j)
             {
                 if (a[i][j] == -) continue;
                 for (int d = ; d < ; ++d)
                 {
                     _i = i + dx[d], _j = j + dy[d];
                     if (check(_i, _j) && ok[d][a[_i][_j]])
                         ++y[i][j];
                 }
                 x[i][j] = need[i][j] - y[i][j];
             }
         }
         int iters = ;
         while (iters--)
         {
             for (int i = ; i <= n; ++i)
             {
                 for (int j = ; j <= m; ++j)
                 {
                     if (a[i][j] == -) continue;
                     while (x[i][j] +  <= )
                     {
                         x[i][j] += ;
                         for (int d = ; d < ; ++d)
                         {
                             _i = i + dx[d], _j = j + dy[d];
                             if (check(_i, _j)) --x[_i][_j], ++y[_i][_j];
                         }
                     }
                 }
             }
         }
         vector<pair<int, int> > ans;
         for (int i = ; i <= n; ++i)
         {
             for (int j = ; j <= m; ++j)
             {
                 if (a[i][j] == -) continue;
                 assert(x[i][j] >= );
                 while (x[i][j] > ) --x[i][j], ans.push_back(make_pair(i, j));
             }
         }
         printf("%d\n", ans.size());
         for (int i = ; i < (int)ans.size(); ++i)
             printf("%d %d\n", ans[i].first, ans[i].second);
     }

     return ;
 }