[水题]ZOJ3038 Triangle War II
题意:
给了这样一张图 有两种状态:pushed(*)和unpushed(.) 为方便起见分别成为 开 和 关
改变一个点的开关状态 会同时改变与它相邻的点的开关状态 比如改变5,则2、3、4、6、8、9都会改变
N(行数)最多为6 即 最多21个点
求: 任意改变开关状态后 最多能有几个关着。
为什么这么像高斯消元!!!
每个点的状态只有开和关 总共就只有2^21个状态
dfs会爆栈!
所以bfs就行了! 把这些点的开关状态看成二进制 用0到$2^{21}$的数组来标记当前状态有没有出现过
struct node
{
bool a[];
}front, rear;
queue<node> q;
int ans;
bool vis[];
int biao[]={, , , , , , };
int b[][]={
{,},
{-,},
{-,-},
{,},
{,},
{,},
{,-}
};
int l[], c[][];
void pre()
{
memset(l, , sizeof(l));
for(int i=;i<=;i++)
{
int x=;
while(biao[x]<i)
x++;
int y=i-x*(x-)/;
for(int k=;k<;k++)
{
int dx=x+b[k][];
int dy=y+b[k][];
if(dx>= && dx<= && dy>= && dy<=dx)
c[i][l[i]++]=dx*(dx-)/+dy;
}
}
}
void bfs(int n)
{
int d=;
for(int i=;i<=n;i++)
d=(d<<)+front.a[i];
vis[d]=;
q.push(front);
while(!q.empty())
{
front=q.front();
q.pop();
for(int i=;i<=n;i++)
if(!front.a[i])
{
rear=front;
for(int j=;j<l[i];j++)
rear.a[c[i][j]]=^front.a[c[i][j]];
d=;
int cnt=;
for(int j=;j<=n;j++)
{
d=(d<<)+rear.a[j];
if(!rear.a[j])
cnt++;
}
if(!vis[d])
{
vis[d]=;
ans=max(ans, cnt);
if(ans==n)
return ;
q.push(rear);
}
}
}
}
int main()
{
pre();
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
{
char ch;
cin>>ch;
if(ch=='.')
ans++;
front.a[i*(i-)/+j]=(ch=='*');
}
n=(n+)*n/;
if(ans==n)
{
printf("%d\n", ans);
continue;
}
while(!q.empty())
q.pop();
memset(vis, , sizeof(vis));
bfs(n);
printf("%d\n", ans);
}
return ;
}
ZOJ 3038
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