有五种花色 外加 五种点数 共25张牌,每次有n张牌,主人知道这n张牌中有哪些牌,并且哪种牌有几张,但是不知道具体是哪张牌,他可以问某种花色,然后知道了哪几张是该花色,也可以问点数,然后就知道了哪几张是这个点数。最终可以把所有牌都确定下来,问最少要询问几次。

这个题目一开始想到枚举(事实证明最后就是枚举),然后又想到二分图去了,。。主要是这个花色对应点数,连成边之后太像二分图了,而且感觉为了得到所有的牌,隐隐约约有点像 DAG上的最小点覆盖。。。而且看了下样例,有点像,所以就去敲二分图去了,结果。。。擦。跪了

其实还是要回到枚举上面来,总共才10个点是不是,用个状态压缩才1000,关键是怎么判断当前枚举是合法的,正向考虑会比较复杂,我想了半天没想到一个比较轻松的方法,但是反向考虑就舒服多了,假设我枚举了k个点,也就是说这k个点(包括花色与点数)都是要询问的,那么不成立的条件有这样:

1.某种牌的两个端点都没询问,而且不止一次(如果只是一次的话,是可以的,因为主人知道所有的牌,这张牌放到最后即可)。

2.某种牌只访问了一个端点,但是这个端点又不止被访问一次(这样的话就肯定无法确定是哪张牌)

所以只要出现了以上两种情况中的一种,即不合法。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int mat[][];
char ch[]={'A','R','G','Y','W','B'};
int bitcount(int x)
{
if (x==) return ;
else return bitcount(x>>)+(x&);
}
bool judge(int x)
{
int num[];
memset(num,,sizeof num);
int tot=;
for (int i=;i<=;i++)
{
for (int j=;j<=;j++){
if (mat[i][j]){
if (((<<(i-))&x) && (!((<<(j-))&x))) num[i]++;
if ((!((<<(i-))&x)) && ((<<(j-))&x)) num[j]++;
if ((!((<<(i-))&x)) && (!((<<(j-))&x))) tot++;
}
}
}
//cout<<tot<<endl;
if (tot>) return ;
for (int i=;i<=;i++){
if (num[i]>) return ;
}
return ;
}
int main()
{
int n;
char s[];
while (scanf("%d",&n)!=EOF)
{
memset(mat,,sizeof mat);
for (int i=;i<n;i++){
scanf("%s",s);
int a=;
for (int i=;i<=;i++){
if (s[]==ch[i]){a=i;break;}
}
int b=s[]-''+;
mat[a][b]=;
// cout<<a<<" "<<b<<endl;
}
int ans=;
for (int i=;i<(<<);i++){
if (judge(i)){
ans=min(ans,bitcount(i));
}
//cout<<ans<<endl;
//if (ans==0) break;
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}

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