POJ2044 深搜+剪枝（云彩下雨）

题意：

       有一个城镇，是4*4的大小的，然后你控制一块云彩，2*2的，你每天可以有9种走的方法，上下左右，或者不动，走的时候可以走1或者2步，云彩所在的地方肯定会下雨，然后给你做多365天的安排，要求某些日子的某些城镇不能下雨（因为有**节日），还有任何地方都不能有连续超过6天不下雨。

思路：

       首先9种走法，做多连续六点不下雨，这个可以直接DFS深搜，（BFS不知道行不行，没试过，主要担心的是内存，反正目测BFS队列QUEUE占用的内存太大），如果不优化的话的话时间复杂度可是9^365根本受不了啊，然后就是考虑优化，也就是mark走过的状态，关键是怎么标记这个状态，一开始我是想找16个素数，然后根据每个格子的步数去计算每个16个步数得到的一个特别值去hash状态，可以失败了，找素数的方法不行，举个例子 3 * 7 + 7 * 3 = 7 * 3 + 3 * 7，然后就是考虑状态压缩，可是按照最笨的放发的话状态压缩的9^16中状态，后来我自己优化了下，还是9^12种状态，还是不行，后来看了别人的解释，一开始有疑惑，想了好久才说服自己，说下标程，可以只考虑四个点，假如当前用云彩的左上角表示云彩，那么我们只要考虑的四个点就是
1 1 ，1 3 ，3 1，3 3也就是云彩在四个角落的时候的坐标，判断下雨天数的时候可以只判断这四个，还有mark的时候也是mark[t][n][a][b][c][d] t 天数，a云彩当前位置（只记录左上角，离散化之后就9个），a b c d分别是当前那4个关键位置连续没下雨的天数，然后就直接DFS就行了，下面解释下为什么这样是对的：

（1）充分性 ： 只要这四个点都满足天数不大于7 那么全图肯定都满足，这个自己看下就知道了，因为把图分成四块，这四个关键点肯定是每一个块中连续不下雨天数最长的。

（2）必要性 ： 如果全图都满足连续不下雨情况，那么这四个关键点必然满足，因为要想让（1 ，1） ，（1 ，4） ，（4 ，1） ，（4 ，4）都满足，那么必须走这4个关键点，别的点照顾不到这。

（3）还有就是只用这四个点代表唯一性是否正确，这个我犹豫了好久，就是这个地方一开始怎么也想不明白，现在说下我目前的理解。

假如当前状态

1111 2222        1111 2222   如果按照上面的那个方法mark必须证明这两个状态是一

1111 2222        1111 2222   个状态，我的理解是四个关键位置的连续不下雨天数一定

3333 4444        3332 4443   比自己所在的模块的所有天数都大，无论什么时候，那么

3333 4444        3332 4443   也就是说如果以后出现问题肯定是这四个最大的中的某个

                             出现问题，也就是别的点永远都只是陪衬，所以 陪衬的点

                             怎么样不会影响总的状态以及最终的趋势，所以这种mark                               的方法是正确的，这个是我自己的理解。

#include<stdio.h>

#include<string.h>

int DAY[367];

bool mark[366][10][8][8][8][8];

int ys[12] = {0 ,1 ,2 ,3 ,0 ,4 ,5 ,6 ,0 ,7 ,8 ,9};

int dir[9][2] = {0 ,0 ,0 ,1 ,0 ,-1 ,1 ,0 ,-1 ,0 ,0 ,2 ,0 ,-2 ,2 ,0 ,-2 ,0};

int OK ,T;

bool ok(int t ,int x ,int y ,int a[])

{

    int aa = (x - 1) * 4 + y;

    int bb= (x - 1 + 1) * 4 + y;

    int cc = (x - 1) * 4 + y + 1;

    int dd = (x - 1 + 1) * 4 + y + 1;

    if(x < 1 || x > 3 || y < 1 || y > 3)

    return 0;

    if(a[1] >= 7 || a[2] >= 7 || a[3] >= 7 || a[4] >= 7)

    return 0;

    if(((1 << aa) & DAY[t]) || ((1 << bb) & DAY[t]) || ((1 << cc) & DAY[t]) || ((1 << dd) & DAY[t]))

    return 0;

    if(mark[t][ys[aa]][a[1]][a[2]][a[3]][a[4]]) return 0;

    return 1;

}

void DFS(int t ,int x ,int y ,int a[])

{

    if(t == T) OK = 1;

    if(OK) return ;

    int b[5];

    for(int i = 0 ;i < 9 ;i ++)

    {

        if(t == 0 && i) break;

        int nowt = t + 1;

        int nowx = x + dir[i][0];

        int nowy = y + dir[i][1];

        for(int j = 1 ;j <= 4 ;j ++)

        b[j] = a[j] + 1;

        if(nowx == 1 && nowy == 1) b[1] = 0;

        if(nowx == 1 && nowy == 3) b[2] = 0;

        if(nowx == 3 && nowy == 1) b[3] = 0;

        if(nowx == 3 && nowy == 3) b[4] = 0;

        if(ok(nowt ,nowx ,nowy ,b))

        {

            mark[nowt][ys[(nowx-1)*4+nowy]][b[1]][b[2]][b[3]][b[4]] = 1;

            DFS(nowt ,nowx ,nowy ,b);

        }

    }

    return ;

}

int main ()

{

    int i ,j;

    while(~scanf("%d" ,&T) && T)

    {

        memset(DAY ,0 ,sizeof(DAY));

        for(i = 1 ;i <= T ;i ++)

        {

            int tmp;

            for(j = 1 ;j <= 16 ;j ++)

            {

                scanf("%d" ,&tmp);

                DAY[i] = DAY[i] | (tmp << j);

            }

        }

        memset(mark ,0 ,sizeof(mark));

        OK = 0;

        int a[5];

        a[1] = a[2] = a[3] = a[4] = 0;

        DFS(0 ,2 ,2 ,a);

        printf("%d\n" ,OK);

    }

    return 0;

}