题意
共有 \(t\) 个 \(n \times m\) 的由 .
、x
、o
组成的字符矩阵。设矩阵中连续 \(k\) 格为 x
小 A 加一分,连续 \(k\) 格为 o
小 B 加一分。
正文
\(\Large{时间复杂度:}\large\mathcal{O}(tnmk)\)
\(\Large{算法:暴力}\)
此题我第一眼看就知道很水(尽管我调试了半天)。
遍历矩阵,对于每格,进行 8 次判断。每次向一个方向连续移动 \(k-1\) 格,每次判断移到的格子是否与原格子相同,若不同,终止此次判断。
例子:在 \((5,5)\) 向左上方向检查,判断是否有 5 子相连。
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | |
1 | x | ||||
2 | |||||
3 | x | ||||
4 | x | ||||
5 | x |
向左上方向移动一格到 \((4,4)\),读取 \((4,4)\) 的值为 x
,与原格子 \((5,5)\) 的值相同,继续判断;再向左上方移动一格到 \((3,3)\),读取 \((3,3)\) 的值为 x
,与原格子的值相同,继续判断;移到 \((2,2)\),发现 \((2,2)\) 的值与原格子不符,表明例子条件下并没有 5 子相连。
连续遍历直至找到符合的格子,进行加分,若整个矩阵没有符合条件的格子,则判断平局。
上代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using gg=long long;
gg t;
gg n,m,k;
gg mp[1000][1000];//储存矩阵
gg pts[3];
gg q;
bool f(gg x,gg y,gg x_,gg y_,gg k){//之前看一位大佬用了较多个dfs,感觉有点麻烦,x_和y_控制判断的方向
q=mp[x][y];//读取原格子的值
if(q==0){
return false;
}
for(gg i=1;i<k;i++){
if(x+x_*(k-1)>=0 && x+x_*(k-1)<=n && y+y_*(k-1)>=0 && y+y_*(k-1)<=m){//判断是否会越界
if(mp[x+x_*i][y+y_*i]!=q){
return false;
}
}
else{
return false;
}
}
return true;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>t;
for(gg i=1;i<=t;i++){
cin>>m>>n>>k;
memset(mp,0,sizeof mp);//初始化
for(gg j=1;j<=n;j++){
for(gg l=1;l<=m;l++){
char c;
cin>>c;
mp[j][l]=(c=='.'?0:(c=='x'?1:2));//将字符转换成整形值输入,方便
}
}
for(gg j=1;j<=n;j++){
for(gg l=1;l<=m;l++){
if(f(j,l,1,0,k) || f(j,l,1,1,k) || f(j,l,0,1,k) || f(j,l,-1,0,k) ||
f(j,l,0,-1,k) || f(j,l,-1,-1,k) || f(j,l,1,-1,k) || f(j,l,-1,1,k)){//连续判断
pts[q]++;
goto end_;//一些厌恶goto的轻喷,但不得不说真的方便
}
}
}
end_: ;
}
cout<<pts[1]<<':'<<pts[2];
return 0;//虽然代码看着有点长,但本蒟蒻觉得是比较好理解的吧
}
提交记录,华丽结束。
后附
日志
v1.9 on 2022.9.3: 改正
标签:判断,格子,题解,矩阵,gg,左上方,mp,SP2128 From: https://www.cnblogs.com/wanguan/p/16694709.html