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。

样例输入[复制]

3

1 0

2 1 0

2 3 4 0

3 1 0

2 4 3 4 0

样例输出[复制]

2 1 1

3 1 1

3 0 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 。

 

 

这题的恶心在于模拟并且搜索

这就牵扯到几个问题：怎么搜，怎么消除，怎么下落，怎么判定完成，怎么剪枝

首先搜索的框架肯定是以步数为维度的，然后我们枚举每个能够动的方块然后往下搜索

首先我们要明确搜索的顺序，根据题目的要求，x优先，y其次，1/-1最后

由于我是按y为行，也就是第一维，开始优先循环，接着是x，对于每一个(x,y）方块的组合，我们先考虑左移再考虑右移，也就是先写1再写-1

消除我们可以依次遍历图找出连续的块消除，记得维护颜色数量的数组

注意对于公用或者4个及更多连一起，我们选择统一打标记然后删除

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<
      
       <<" "; 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<
       <<" "<
        
         <
        
      

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

下落就使用while暴力更新下降

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
      
         2 #include
       
          3 #include
        
           4 #include
         
            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<
          
           <<" "<
           
            <<" "<
            
             <
             
              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