题目描述
流行的跳棋游戏是在一个有m*n个方格的长方形棋盘上玩的。棋盘起初全部被动物或障碍物占满了。在一个方格中，‘X’表示一个障碍物，一个‘0’～‘9’的个位数字表示一个不同种类的动物，相同的个位数字表示相同种类的动物。一对动物只有当它们属于同一种类时才可以被消去。消去之后，他们所占的方格就成为空方格，直到游戏结束。要消去一对动物的前提条件是：这对候选动物所在的方格必须相邻，或它们之间存在一条通路。棋盘上一个方格只和其上下左右的方格相邻。一条通路是由一串相邻的空方格组成。路的长度则是通路中空方格的数目。你要输出可被消去的动物的最多对数，以及在此操作过程中，最小的通路长度总和。
数据范围
N,M<=5
解法
暴力+剪枝
正确性可以保证，时间效率较低；
可以考虑牺牲点正确性以提高时间效率。
A*
正确性和时间效率取决于估价函数。
带策略的暴力
正确性勉强，时间效率卡常数；
贪心
正确性无法保证，时间效率高；
所以可以考虑牺牲时间效率，多次求解求最优。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const char* fin="pair.in";
const char* fout="pair.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=13,maxm=maxn*maxn;
const int h[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int n,m,i,j,k,maxx,ans1,ans2,interesting=5,hx,hy,ans3,ans4;
char a[maxn][maxn];
bool bz[maxn][maxn];
int b[maxm][2],head,tail,c[6];
int f[maxn][maxn];
int heavy(int x,int y){
return max(abs(x-hx),abs(y-hy));
}
void add(int x,int y,int z,int awful){
if (z>=f[x][y] || (!bz[x][y] && awful==0) || a[x][y]=='X') return ;
b[++tail][0]=x;
b[tail][1]=y;
f[x][y]=z;
}
int getdis(int x,int y,int u,int v){
int i,j,k,ans=inf;
memset(f,127,sizeof(f));
head=tail=0;
add(x,y,0,1);
while (head++<tail){
for (i=0;i<4;i++){
j=b[head][0]+h[i][0];
k=b[head][1]+h[i][1];
if (j>0 && j<=n && k>0 && k<=m)
if (j==u && k==v) ans=min(f[b[head][0]][b[head][1]],ans);
else add(j,k,f[b[head][0]][b[head][1]]+1,0);
}
}
return ans;
}
void work(int x,int y){
int i,j,k,minx=10000,mnid[2],mminx=inf;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (!bz[i][j] && a[i][j]==a[x][y]){
if (x==i && y==j) continue;
k=getdis(x,y,i,j);
if (k<minx || k==minx && heavy(i,j)<mminx){
minx=k;
mminx=heavy(i,j);
mnid[0]=i;
mnid[1]=j;
}
}
if (minx==10000) return;
else{
/*ans1++;
ans2+=minx;
bz[x][y]=true;
bz[mnid[0]][mnid[1]]=true;*/
if (c[1]>minx){
c[1]=minx;
c[2]=x;
c[3]=y;
c[4]=mnid[0];
c[5]=mnid[1];
}
}
}
void solve(int v){
int i,j,k;
while (1){
c[1]=10000;
for (i=v;i<=n-v+1;i++) if (!bz[i][m-v+1] && a[i][m-v+1]!='X') work(i,m-v+1);
for (i=m-v+1;i>=v;i--) if (!bz[i][v] && a[i][v]!='X') work(i,v);
for (i=v;i<=n-v+1;i++) if (!bz[n-v+1][i] && a[n-v+1][i]!='X') work(n-v+1,i);
for (i=m-v+1;i>=v;i--) if (!bz[v][i] && a[v][i]!='X') work(v,i);
if (c[1]<10000){
bz[c[2]][c[3]]=true;
bz[c[4]][c[5]]=true;
ans1++;
ans2+=c[1];
}else break;
}
}
int main(){
freopen(fin,"r",stdin);
freopen(fout,"w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%s",a[i]+1);
maxx=min((n+1)/2,(m+1)/2);
for (hx=1;hx<=n;hx++)
for (hy=1;hy<=m;hy++){
memset(bz,0,sizeof(bz));
ans1=ans2=0;
for (i=1;i<=maxx;i++){
for (j=i;j;j--){
solve(j);
}
}
if (ans1>ans3 || ans1==ans3 && ans2<ans4){
ans3=ans1;
ans4=ans2;
}
}
for (hx=1;hx<=n;hx++)
for (hy=1;hy<=m;hy++){
memset(bz,0,sizeof(bz));
ans1=ans2=0;
for (i=maxx;i;i--){
for (j=i;j;j--){
solve(j);
}
}
if (ans1>ans3 || ans1==ans3 && ans2<ans4){
ans3=ans1;
ans4=ans2;
}
}
for (hx=1;hx<=n;hx++)
for (hy=1;hy<=m;hy++){
memset(bz,0,sizeof(bz));
ans1=ans2=0;
for (i=maxx;i;i--){
for (j=1;j<=maxx;j++){
solve(j);
}
}
if (ans1>ans3 || ans1==ans3 && ans2<ans4){
ans3=ans1;
ans4=ans2;
}
}
for (hx=1;hx<=n;hx++)
for (hy=1;hy<=m;hy++){
memset(bz,0,sizeof(bz));
ans1=ans2=0;
for (i=1;i<=maxx;i++){
for (j=i;j;j--){
solve(j);
}
}
if (ans1>ans3 || ans1==ans3 && ans2<ans4){
ans3=ans1;
ans4=ans2;
}
}
printf("%d %d",ans3,ans4);
return 0;
}启发
这种题常出现在NOIP提高组的压轴题，
往往没有稳定复杂度的算法。
此时就要考虑上述几种做法，进行取舍，以骗得最高的分数。
大致上就是平衡时间效率和正确性。
此外还有考虑编程复杂度的问题，以我的观点：
贪心的编程复杂度最简单，也最容易调试；
因为贪心的每一次操作具有后效性。