描述
Mayan puzzle是最近流行起来的一个游戏。游戏界面是一个 7 行5 列的棋盘，上面堆放着一些方块，方块不能悬空堆放，即方块必须放在最下面一行，或者放在其他方块之上。游戏通关是指在规定的步数内消除所有的方块，消除方块的规则如下：
1 、每步移动可以且仅可以沿横向（即向左或向右）拖动某一方块一格：当拖动这一方块时，如果拖动后到达的位置（以下称目标位置）也有方块，那么这两个方块将交换位置（参见输入输出样例说明中的图6 到图7 ）；如果目标位置上没有方块，那么被拖动的方块将从原来的竖列中抽出，并从目标位置上掉落（直到不悬空，参见下面图1 和图2）；
2 、任一时刻，如果在一横行或者竖列上有连续三个或者三个以上相同颜色的方块，则它们将立即被消除（参见图1 到图3）。
注意：
a) 如果同时有多组方块满足消除条件，几组方块会同时被消除（例如下面图4 ，三个颜色为1 的方块和三个颜色为 2 的方块会同时被消除，最后剩下一个颜色为 2 的方块）。
b) 当出现行和列都满足消除条件且行列共享某个方块时，行和列上满足消除条件的所有方块会被同时消除（例如下面图5 所示的情形，5 个方块会同时被消除）。
3 、方块消除之后，消除位置之上的方块将掉落，掉落后可能会引起新的方块消除。注意：掉落的过程中将不会有方块的消除。
上面图1 到图 3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋盘的左下角方块的坐标为（0, 0 ），将位于（3, 3 ）的方块向左移动之后，游戏界面从图 1 变成图 2 所示的状态，此时在一竖列上有连续三块颜色为4 的方块，满足消除条件，消除连续3 块颜色为4 的方块后，上方的颜色为3 的方块掉落，形成图 3 所示的局面。
输入
第一行为一个正整数n ，表示要求游戏通关的步数。
接下来的5 行，描述 7*5 的游戏界面。每行若干个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每行以一个0 结束，自下向上表示每竖列方块的颜色编号（颜色不多于10种，从1 开始顺序编号，相同数字表示相同颜色）。
输入数据保证初始棋盘中没有可以消除的方块
输出
如果有解决方案，输出 n 行，每行包含 3 个整数x，y，g ，表示一次移动，每两个整数之间用一个空格隔开，其中（x ，y）表示要移动的方块的坐标，g 表示移动的方向，1 表示向右移动，-1表示向左移动。注意：多组解时，按照 x 为第一关健字，y 为第二关健字，1优先于-1 ，给出一组字典序最小的解。游戏界面左下角的坐标为（0 ，0 ）。
如果没有解决方案，输出一行，包含一个整数-1。
提示
【输入输出样例说明】
按箭头方向的顺序分别为图6 到图11
样例输入的游戏局面如上面第一个图片所示，依次移动的三步是：（2 ，1 ）处的方格向右移动，（3，1 ）处的方格向右移动，（3 ，0）处的方格向右移动，最后可以将棋盘上所有方块消除。
【数据范围】
对于30% 的数据，初始棋盘上的方块都在棋盘的最下面一行；
对于100%的数据，0 < n≤5 。
1 int clear() { //消除函数 2 int flag=0;//这是用来标记是否存在 3 /*for(int i=6; i>=0; i--) { 4 for(int j=0; j<5; j++) 5 cout<<g[i][j]<<" "; 6 puts(""); 7 } 8 puts("");*/ 9 for(int i=0; i<=6; i++) { //从左到右打标记 10 for(int j=0; j<=2; j++) { //如果存在连续三个是一起的 11 if(!g[i][j]||!g[i][j+1]||!g[i][j+2])continue; 12 if(g[i][j]==g[i][j+1]&&g[i][j]==g[i][j+2]) { 13 biaoji[i][j]=biaoji[i][j+1]=biaoji[i][j+2]=1; 14 flag=1; 15 //cout<<i<<" "<<j<<endl; 16 //cout<<g[i][j]<<" "<<g[i][j+1]<<" "<<g[i][j+2]<<endl; 17 } 18 } 19 } 20 for(int i=0; i<=4; i++) { //从下到上打标记 21 for(int j=0; j<=4; j++) { //判断是否存在上下3个连在一起 22 if(!g[j][i]||!g[j+1][i]||!g[j+2][i])continue; 23 if(g[j][i]==g[j+1][i]&&g[j][i]==g[j+2][i]) { 24 biaoji[j][i]=biaoji[j+1][i]=biaoji[j+2][i]=1; 25 flag=1; 26 //cout<<j<<" "<<i<<endl<<endl; 27 } 28 } 29 } 30 if(!flag)return 0; 31 for(int i=0; i<=6; i++) { //去除颜色块 32 for(int j=0; j<=4; j++) { 33 if(biaoji[i][j]) { 34 num[g[i][j]]--; 35 g[i][j]=0; 36 biaoji[i][j]=0; 37 } 38 } 39 } 40 return 1; 41 }
为什么我要返回值？
因为我要判定是否还能消除，如果已经不能消除在后面的消除-下降循环里可以作为跳出循环的依据
1 void drop() { //下落函数 2 for(int i=0; i<5; i++) { //对于每一列 3 for(int j=1; j<7; j++) { //对于从1开始的每一行开始进行下落 4 int temp2=j;//标记当前行 5 if(g[j][i]==0)continue; 6 while(!g[temp2-1][i]&&temp2>=1) { 7 swap(g[temp2][i],g[temp2-1][i]); 8 temp2--; 9 } 10 } 11 } 12 }
注意，在综合的下降-消除操作中我们要使用do-while循环，目的是保证下降之后才能消除，而不是消除完方块在空中便退出循环，为什么用while，因为有可能下落之后还有消除
1 void all() { //下落并且清除的操作 2 do{ 3 drop(); 4 }while(clear()); 5 }
判断是否消除完的函数
1 int empty() {//判断是否为空的函数 2 for(int i=0; i<7; i++) 3 for(int j=0; j<5; j++) 4 if(g[i][j])return 1;//如果没有消除完就直接返回 5 return 0; 6 }
最后一个剪枝，维护一下每种颜色的个数，如果消除就减掉，如果某一时刻的颜色块数是1或2，显然是一个错误的分支，剪掉就可以了。
1 for(int i=1; i<=10; i++) { //如果存在格子是存在但是小于3个的，肯定不能到达终点，直接剪枝，这里是可行性剪枝 2 if(num[i]>0&&num[i]<3)return; 3 }
还有一个注意点，我之前看到很多博客说要砍掉左右相同的，实际上为了凑步数，左右移相同的颜色是允许的，而且时间复杂度高不了多少
最后如何还原现场？用个函数内的临时数组记录一下就可以了
1 for(int i=0; i<7; i++) { 2 for(int j=0; j<5; j++) { 3 yuan[i][j]=g[i][j]; 4 } 5 } 6 int prenum[11];//记录原来每个颜色的个数 7 for(int i=1; i<=10; i++) prenum[i]=num[i]; //拷贝一份
最后的代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<stdlib.h> 5 using namespace std; 6 int n; 7 struct node { 8 int x,y,id; 9 } caozuo[10]; 10 int cnt=0; 11 int biaoji[8][8]= {0}; //这是标记联通块的数组 12 int g[10][10],num[150]; 13 int empty() {//判断是否为空的函数 14 for(int i=0; i<7; i++) 15 for(int j=0; j<5; j++) 16 if(g[i][j])return 1;//如果没有消除完就直接返回 17 return 0; 18 } 19 int clear() { //消除函数 20 int flag=0;//这是用来标记是否存在 21 for(int i=0; i<=6; i++) { //从左到右打标记 22 for(int j=0; j<=2; j++) { //如果存在连续三个是一起的 23 if(!g[i][j]||!g[i][j+1]||!g[i][j+2])continue; 24 if(g[i][j]==g[i][j+1]&&g[i][j]==g[i][j+2]) { 25 biaoji[i][j]=biaoji[i][j+1]=biaoji[i][j+2]=1; 26 flag=1; 27 } 28 } 29 } 30 for(int i=0; i<=4; i++) { //从下到上打标记 31 for(int j=0; j<=4; j++) { //判断是否存在上下3个连在一起 32 if(!g[j][i]||!g[j+1][i]||!g[j+2][i])continue; 33 if(g[j][i]==g[j+1][i]&&g[j][i]==g[j+2][i]) { 34 biaoji[j][i]=biaoji[j+1][i]=biaoji[j+2][i]=1; 35 flag=1; 36 } 37 } 38 } 39 if(!flag)return 0; 40 for(int i=0; i<=6; i++) { //去除颜色块 41 for(int j=0; j<=4; j++) { 42 if(biaoji[i][j]) { 43 num[g[i][j]]--; 44 g[i][j]=0; 45 biaoji[i][j]=0; 46 } 47 } 48 } 49 return 1; 50 } 51 void drop() { //下落函数 52 for(int i=0; i<5; i++) { //对于每一列 53 for(int j=1; j<7; j++) { //对于从1开始的每一行开始进行下落 54 int temp2=j;//标记当前行 55 if(g[j][i]==0)continue; 56 while(!g[temp2-1][i]&&temp2>=1) { 57 swap(g[temp2][i],g[temp2-1][i]); 58 temp2--; 59 } 60 } 61 } 62 } 63 void all() { //下落并且清除的操作 64 do{ 65 drop(); 66 }while(clear()); 67 } 68 void dfs(int s) { 69 if(s==n) {//如果走到了n步 70 if(empty())return; 71 for(int i=1; i<=n; i++) { 72 cout<<caozuo[i].x<<" "<<caozuo[i].y<<" "<<caozuo[i].id<<endl; 73 } 74 exit(0);//这个函数可以在调用函数的时候就强制退出全部程序 75 } 76 for(int i=1; i<=10; i++) { //如果存在格子是存在但是小于3个的，肯定不能到达终点，直接剪枝，这里是可行性剪枝 77 if(num[i]>0&&num[i]<3)return; 78 } 79 int yuan[10][10];//这是代表原来的数组，用来临时缓存回溯之前的值 80 for(int i=0; i<7; i++) { 81 for(int j=0; j<5; j++) { 82 yuan[i][j]=g[i][j]; 83 } 84 } 85 int prenum[11];//记录原来每个颜色的个数 86 for(int i=1; i<=10; i++) prenum[i]=num[i]; //拷贝一份 87 for(int i=0; i<5; i++) { //先考虑右移操作，再考虑左移 88 for(int j=0; j<7; j++) {//右移的前提是右边要有位置才能移过去 89 if(!g[j][i])continue;//如果这个格子是空的就直接跳过 90 swap(g[j][i+1],g[j][i]);//交换左右的值代表一次交换 91 all();//交换之后要进行下落操作 92 caozuo[++cnt].x=i;//记录操作 93 caozuo[cnt].y=j; 94 caozuo[cnt].id=1; 95 dfs(s+1);//进行下一步搜索 96 cnt--; 97 for(int k=1; k<=10; k++) num[k]=prenum[k]; //还原 98 for(int k=0; k<7; k++) { //回溯还原现场 99 for(int l=0; l<5; l++) { 100 g[k][l]=yuan[k][l]; 101 } 102 } 103 if(i==0)continue; 104 if(g[j][i-1])continue;//如果左边是有值的，由于是交换，所以与右移是等价的，直接剪枝 105 swap(g[j][i],g[j][i-1]);//交换两边的值 106 all();//进行下落清除操作 107 caozuo[++cnt].x=i; 108 caozuo[cnt].y=j; 109 caozuo[cnt].id=-1; 110 dfs(s+1); 111 cnt--; 112 for(int k=1; k<=10; k++) num[k]=prenum[k]; //还原 113 for(int k=0; k<7; k++) { //回溯还原现场 114 for(int l=0; l<5; l++) { 115 g[k][l]=yuan[k][l]; 116 } 117 } 118 } 119 } 120 } 121 void tiaoshi(int i,int j){ 122 swap(g[i][j],g[i][j+1]); 123 all(); 124 } 125 int main() { 126 //freopen("mayan.in","r",stdin); 127 //freopen("mayan.out","w",stdout); 128 cin>>n; 129 for(int i=0; i<=4; i++) {//由于是输入五行，也就是每次输入一列 130 int t; 131 int tot=0; 132 while(cin>>t) { 133 if(!t)break; 134 g[tot][i]=t;// 135 num[t]++;//记录每个颜色的个数 136 tot++; 137 } 138 } 139 dfs(0); 140 cout<<-1;//如果有解应该在dfs里面就完成了，能到这里一定没有解 141 return 0; 142 }
over，写的还是很不容易啊