SCOI2005 扫雷

一道很有趣的(水)题

“这道题有四种解法,你知道么”

给你矩阵的第二列的数字,求出第一列雷有多少种可能的摆法。

不懂扫雷规则的自行按win+R然后输入winmine

思考过后我想到了一种拙劣的DP写法 ,

四维 F[i][][][] i代表到了第几个格子,后面三维用 0和1表示 这个格子旁边雷的情况,分别是 左上 左 左下

简单易懂(十分恶心)的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,a[],f[][][][];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>N;
for(int i=;i<=N;i++)cin>>a[i];
if (a[]==)f[][][][]=;
else if (a[]==)f[][][][]=,f[][][][]=;
else if (a[]==)f[][][][]=;
for(int i=;i<=N-;i++)
{
if (a[i]==)
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][];
else if (a[i]==)
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][],
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][],
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][];
else if (a[i]==)
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][],
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][],
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][];
else if (a[i]==)
f[i][][][]=f[i-][][][]+f[i-][][][];
}
if (a[N]==) cout<<f[N-][][][]+f[N-][][][];
else if (a[N]==) cout<<f[N-][][][]+f[N-][][][]+f[N-][][][]+f[N-][][][];
else if (a[N]==) cout<<f[N-][][][]+f[N-][][][];
return ;
}

就是枚举出了所有的情况 ,暴力转移。  (手边要有个画图板 边写边画 别漏情况)

美其名曰DP

当时代码写得十分顺,一遍过编译 ,一遍AC

实际上 ,没这么复杂。

现在我们可以思考一下 , 第二列数字都已知 , 如果你知道了第一列的前两个格子是否有雷 ,那么 我们就可以把 所有的 都推出来了

b[i]=a[i-1]-b[i-1]-b[i-2] (b[i]是格子i的雷,a[i]是第二列的数字)

所以只要枚举前两个格子的雷就可以了 。

这题答案只有 0,1,2;

超短代码↓

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,a[],ans;
void Work(int x,int y)
{
int b[];
b[]=x,b[]=y;
for(int i=;i<=N+;i++)
b[i]=a[i-]-b[i-]-b[i-];
if(b[N+]==)ans++;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>N;
for(int i=;i<=N;i++)cin>>a[i];
if (a[]==)Work(,),Work(,);
else if (a[]==)Work(,);
else if (a[]==)Work(,);
cout<<ans<<endl;
return ;
}

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