[SCOI2005]扫雷

题目描述

相信大家都玩过扫雷的游戏。那是在一个\(n\times m\)的矩阵里面有一些雷，要你根据一些信息找出雷来。万圣节到了，“余”人国流行起了一种简单的扫雷游戏，这个游戏规则和扫雷一样，如果某个格子没有雷，那么它里面的数字表示和它8连通的格子里面雷的数目。现在棋盘是\(n\times 2\)的，第一列里面某些格子是雷，而第二列没有雷，如下图：

由于第一列的雷可能有多种方案满足第二列的数的限制，你的任务即根据第二列的信息确定第一列雷有多少种摆放方案。

输入格式

第一行为N，第二行有N个数，依次为第二列的格子中的数。（1<= N <= 10000）

输出格式

一个数，即第一列中雷的摆放方案数。

样例 #1

样例输入 #1

2 1 1

样例输出 #1

2

不成功的尝试

据同学们说，这是一道非常水的题
但是对我来说，还是有一点点难的。读题，我第一反应是一道特判题，我自己也不知道为什么 ，然后我就在草稿纸上开始了……
于是，我就有了第一个错误的程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x7fffffff;
int n,a[10004];
bool flag=0;
int b[10004];
int main(){
//	freopen("sweeper.in","r",stdin);
//	freopen("sweeper.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i]!=1){
			flag=1;
		}
	}
	if(flag==0){
		if(n%3==2){
			cout<<2;
			return 0;
		}
	}
//	cout<<1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==3){
			b[i]=b[i+1]=b[i-1]=1;
			a[i]=0;
			a[i+1]-=2;
			a[i-1]-=2;
			if(i+2<=n){
				a[i+2]-=1;
			}
			if(i-2>=1){
				a[i-2]-=1;
			}
		}
	}//处理3 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==0){
			if(b[i+1]!=1){
				b[i+1]=inf;
			}
			if(b[i]!=1){
				b[i]=inf;
			}
			if(b[i-1]!=1){
				b[i-1]=inf;
			}
		}
	}//处理0
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]<0){
			cout<<0;
			return 0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n-2;i++){
		if(a[i]==1&&a[i+1]==2&&a[i+3]==1){
			cout<<0;
			return 0;
		}
		if(a[i]==2&&a[i+1]==2&&a[i+2]==2){
			cout<<0;
			return 0;
		}
	}
	cout<<1;
	return 0;
}

你没有看错，全是特判然后就wa了40分（好像确实数据很水 ）

思路

经过在草稿纸上的模拟后，我发现全部由1组成的序列且个数为mod3余2的情况下，总会有两种情况。

接下来就是不存在的情况。我们知道对于3来说，它上下三个位置一定有雷，而对于0，上下三个位置一定没有0。于是我们特判这两种情况，如果不成立，则输出0。

剩下的情况自然就是1了。

正 解

代码（有点丑 ）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[10004],ans=0,b[10004],f=0;
void dfs(int x){
	if(f!=-1) f=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]!=0){
			f=1;
			break;
		}
	}
	if(f==0){
		return ;
	}
	if(x==n+1||f==-1){
		f=-1;
		return ;
	}
	if(x+1<=n&&x-1>=1){
		if(a[x+1]>=1&&a[x]>=1&&a[x-1]>=1){
			a[x+1]--;
			a[x]--;
			a[x-1]--;
		}
		dfs(x+1);
	}
	if(x==1){
		if(a[x+1]>=1&&a[x]>=1){
			a[x+1]--;
			a[x]--;
		}
		dfs(x+1);
	}
	if(x==n){
		if(a[x-1]>=1&&a[x]>=1){
			a[x-1]--;
			a[x]--;
		}
		dfs(x+1);
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		b[i]=a[i];
	}
	if(n==1&&a[1]==1){
		cout<<1;
		return 0;
	}
	dfs(1);
	if(f==0){
		ans++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=b[i];
	}
	f=0;
	dfs(2);
	if(f==0){
		ans++;
	}
	if(ans==2&&b[1]==0){
		cout<<1;
		return 0;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

两个dfs就搞定

思路

经过前面的瞎搞，我们知道了最多有两种情况

证明：
每一个数字代表了上下三块的地雷情况
所以情况种类只可能是mod3
即0，1，2

那么，已经知道了只可能这三种情况，那么我们就枚举从第一号位置有雷和第一号位置没有雷这两种情况，那么最简单的办法就是分别从一号位置开始和第二号位置开始两次dfs
dfs的思路就很简单了，如果上下三个都比一大那么这个位置就是可以放置地雷的，我们一直枚举到n+1的位置如果到这时都依旧满足，则此情况成立，分别跑两次，如果两次都成立，则答案为2，同理可得1种情况和不成立

意外

写完了dfs以后，90分！！！？？？为什么？
经过自己造了n组数据以后，终于发现了问题所在：当序列的第一位为0时，一号位置和二号位置都不能放置地雷，这样一来，一号位置就和二号位置等效了
那么我们只需要特判以下，如果第一位为0，那么，如果是两种情况，那么就要在这个基础上减去一个，但是如果不成立的话就不用特判了

	if(ans==2&&b[1]==0){
		cout<<1;
		return 0;
	}

终于做完了，这道题debug好久