恐怖的奴隶主（bob）

题目描述

小L热衷于undercards. 在undercards中，有四个格子。每个格子要么是空的，要么住着一只BigBob。 每个BigBob有一个不超过k的血量；血量减到0视为死亡。那个格子随即空
出。
当一只BigBob受到伤害后，假如它没有死亡且剩余血量为t，它会从左数第 一个空格处召唤一只血量为a[t]的BigBob；若没有空格，则不会召唤。
法术R定义为：从左往右，对每个BigBob造成一点伤害；假如有BigBob死 亡，重复上述效果。
聪明的小L发现，在某些情况下，当他发动法术R时，游戏会陷入循环。 他想求出这样的初始情形有多少种。

输入

输入一个正整数k；
随后一行k-1个正整数，表示a[1]~a[k-1]； 

输出

输出一个整数，表示答案。

样例输入

2
2

样例输出

31

提示

【样例解释】
Bigbob最多有2血，满血bigbob受伤会召出新的。 循环的初始状态有：
(2,1,0,0),(1,2,0,0),(2,0,1,0),(2,1,1,0),(0,2,1,0),(1,2,1,0),(2,2,1,0),(1,0,2,0),(0,1,2,0),(1,1,2,0),(2,1,2,0),(2,1,0,1),(0,2,0,1),(1,2,0,1),(0,2,1,1),(1,2,1,1),(0,0,2,1),(1,0,2,1),0,1,2,1),(1,1,2,1),(2,1,2,1),(0,2,2,1),(1,2,2,1),(2,1,0,2),(1,2,0,2),(2,0,1,2),(2,1,1,2),(0,2,1,2),(1,2,1,2),(2,2,1,2),(2,1,2,2)
共31种。
【数据范围】
对于30%的数据，k≤5； 对于70%的数据，k≤10, a[i]=k； 对于100%的数据，k≤15, 1≤a[i]≤k。

 

 

解析：

在orz了石神和陈神后（如果你是SRY同学那么可以默默地离开了），蒟蒻终于非独立自主地做出了这道题。。。

首先我们搂一眼这玩意，一看就是个深搜吗。。。k<=15啊~，此时不搜更待何时呢。。。

四个空格，首先根据题意，我们要先去枚举四个格子里的数字，直接dfs即可，接下来我们去考虑一下

如何判定，由于只有四个空格，我们完全可以开一个pd数组，而pd[a][b][c][d]==1就代表出现过第一个格子为a......第四个格子为d的这种情况（蒟蒻太懒，dalao请自行脑补）;

由于每次都得重新来，所以每次都要清空。。（我最开始怕RE，开了个50*50*50*50的数组，每次清空费了大量时间。。。【感谢伟大的石神帮我调了出来。。。】）

然后只要按照规则来就好嘞~~~,如果有被杀死的，那就接着来，如果四个都被杀死了，就返回，还有一点要注意的是，这个pd（）函数里的数组不能和dfs排列的数组混了，因为

是按序枚举，你把它改了，但是dfs函数不知道呀，，，还是接着枚举，下面给大家看看标准的错误代码：

 bool pd1[][][][],f;
 void pd()
 {
     memset(pd1,,sizeof(pd1));
     while()
     {
         f=;
         pd1[gz[]][gz[]][gz[]][gz[]]=;
         for(int i=;i<=;i++)
         {
             if(gz[i]==)f=;
             if(gz[i]>=)gz[i]--;
             for(int j=;j<=;j++)
             {
                 if(i==j)continue;
                 if(gz[j]==)
                 {
                     gz[j]=a[gz[i]];
                     break;
                 }
             }
         }
         if(gz[]+gz[]+gz[]+gz[]==||f==)
         {
             return;
         }
         if(pd1[gz[]][gz[]][gz[]][gz[]])
         {
             total++;
             return;
         }
     }
 }
 void dfs(int t)
 {
     for(int i=;i<=k;i++)
     {
         gz[t]=i;
         if(t==)pd();
         else dfs(t+);
     }
 }

　　这个程序，又T又WA，可谓是WA,T两开花~，今年下半年中美合拍的西游记即将正式开机。。。

最后上AC代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 int k,a[],gz[],total,s,now[];
 bool pd1[][][][],f;//pd不能开太大，否则会T
 inline void pd()
 {
     memset(pd1,,sizeof(pd1));
     /*cout<<gz[1]<<" "<<gz[2]<<" "<<gz[3]<<" "<<gz[4]<<endl;*/
     for(int i=;i<=;i++)gz[i]=now[i];//不能用排列的数组，否则会WA
     while()
     {
         f=;
         pd1[gz[]][gz[]][gz[]][gz[]]=;
         for(int i=;i<=;i++)
         {
             if(gz[i]<) continue;
             gz[i]--;
             if(gz[i]==)
             {
                 f=;
                 continue;
             }
             for(int j=;j<=;j++)
             {
                 if(i==j)continue;
                 if(gz[j]==)
                 {
                     gz[j]=a[gz[i]];
                     break;
                 }
             }
         }
         if(gz[]+gz[]+gz[]+gz[]==||!f)return;
         if(pd1[gz[]][gz[]][gz[]][gz[]])
         {
             total++;
             return;
         }
     }
 }
 inline void dfs(int t)//生成四个格子的排列
 {
     if(t==)
     {
         pd();
         return;
     }
     for(int i=;i<=k;i++)
     {
         now[t]=i;
         dfs(t+);
     }
 }
 int main()
 {
     cin>>k;
     for(int i=;i<=k-;i++)cin>>a[i];
     dfs();
     cout<<total;
     return ;
 }

　　时间复杂度最大为O(15*15*15*15*(memset函数速度蒟蒻不会算+10(pd函数while(1)运行的平均次数)）≈ O(8100000);稳~

这篇题解这么好，不关注+素质三连吗？？？