http://poj.org/problem?id=1753

題目大意：有一個4*4的方格，每個方格中放一粒棋子，這個棋子一面是白色，一面是黑色。游戲規(guī)則為每次任選16顆中的一顆，把選中的這顆以及它四周的棋子一并反過來，當(dāng)所有的棋子都是同一個顏色朝上時，游戲就完成了。現(xiàn)在給定一個初始狀態(tài)，要求輸出能夠完成游戲所需翻轉(zhuǎn)的最小次數(shù)，如果初始狀態(tài)已經(jīng)達(dá)到要求輸出0。如果不可能完成游戲，輸出Impossible。

主要思想：

1、如果用一個4*4的數(shù)組存儲每一種狀態(tài)，不但存儲空間很大，而且在窮舉狀態(tài)時也不方便記錄。因為每一顆棋子都只有兩種狀態(tài)，所以可以用二進(jìn)制0和1表示每一個棋子的狀態(tài)，則棋盤的狀態(tài)就可以用一個16位的整數(shù)唯一標(biāo)識。而翻轉(zhuǎn)的操作也可以通過通過位操作來完成。顯然當(dāng)棋盤狀態(tài)id為0（全白）或65535（全黑）時，游戲結(jié)束。

2、對于棋盤的每一個狀態(tài)，都有十六種操作，首先要判斷這十六種操作之后是否有完成的情況，如果沒有，則再對這十六種操作的結(jié)果分別再進(jìn)行上述操作，顯然這里就要用到隊列來存儲了。而且在翻轉(zhuǎn)的過程中有可能會回到之前的某種狀態(tài)，而這種重復(fù)的狀態(tài)是不應(yīng)該再次入隊的，所以維護(hù) Visit[i]數(shù)組來判斷 id==i 的狀態(tài)之前是否已經(jīng)出現(xiàn)過，如果不是才將其入隊。如果游戲無法完成，狀態(tài)必定會形成循環(huán)，由于重復(fù)狀態(tài)不會再次入隊，所以最后的隊列一定會是空隊列。

3、由于0^1=1，1^1=0，所以翻轉(zhuǎn)的操作可以通過異或操作來完成，而翻轉(zhuǎn)的位置可以通過移位來確定。

/* 簡單分析：根據(jù)輸入要求，b代表黑棋(black)，w代表白棋(white)。因為總共才16個位置，且只有黑白兩種表示，此時，可對每一次狀態(tài)進(jìn)行二進(jìn)制壓縮(其中b代表1,w代表0)，例如： bwwb bbwb bwwb bwww 即可表示為1001 1101 1001 1000，其十進(jìn)制值為40344。同時，計算可知根據(jù)黑白棋的擺放情況，總共有2^16種不同的狀態(tài)。每一次經(jīng)過有效的操作后，狀態(tài)都會發(fā)生改變，此時，可借助二進(jìn)制位運(yùn)運(yùn)算實(shí)現(xiàn)狀態(tài)的改變，即對原有狀態(tài)(相應(yīng)的十進(jìn)制表示)進(jìn)行異或操作，以此來改變其對應(yīng)二進(jìn)制數(shù)的相關(guān)位置的值(1變0，0變1)。 例如： 先假設(shè)前一個狀態(tài)為： wwww wwww wwww wwww 即二進(jìn)制表示為0000 0000 0000 0000，十進(jìn)制對應(yīng)為0。若此時選定左上角第一個棋子進(jìn)行操作，根據(jù)規(guī)則，它右邊和下邊的也要同時進(jìn)行變換(因為其左邊和上邊為空，不做考慮)，之后，相應(yīng)的狀態(tài)用二進(jìn)制表示，應(yīng)變?yōu)?#xff1a;1100 1000 0000 0000，十進(jìn)制值為51200。這個過程相當(dāng)于對十進(jìn)制數(shù)51200進(jìn)行對十進(jìn)制數(shù)0的異或操作，即next=0^(51200)，而51200這個數(shù)則可以根據(jù)對十進(jìn)制數(shù)1進(jìn)行相應(yīng)的左移操作得到。同時，我們知道，棋牌總共有16個位置，也就是說相應(yīng)的不同的操作也有16種，即有16個不同的數(shù)經(jīng)過異或操作用來改變前一個狀態(tài)的值。那么，就先將這16個數(shù)枚出來吧，代碼如下： */ int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}}; void init() {int i,j,x,y,t,temp;for(i=0;i<4;++i){for(j=0;j<4;++j){temp = 0;temp ^= (1<<((3-i)*4+3-j)); //第一行代表16位的高4位，同理第一列也代表高位，所以棋盤(i,j)處在16位中的位置是((3-i)*4+3-j)//temp ^= (1<<(15 - ( i*4 + j )));for(t=0;t<4;++t){x = i + dir[t][0];y = j + dir[t][1];if(x<0 || y<0 || x>3 || y>3)continue;temp ^= (1<<((3-x)*4+3-y));}cout<<temp<<" ";}cout<<endl;} }

完整的AC代碼如下：

#include<iostream> #include<queue> #include<cstdio> using namespace std; #include<memory.h>struct Node {int state;int step; };bool visit[65536];int change[16] = //16種狀態(tài)轉(zhuǎn)換，對應(yīng)4*4的翻子位置 {51200,58368,29184,12544,35968,20032,10016,4880,2248,1252,626,305,140,78,39,19 };int bfs(int state) {int i;memset(visit,false,sizeof(visit)); //標(biāo)記每一個狀態(tài)都未訪問過queue<Node>q;Node cur,next;cur.state = state;cur.step = 0;q.push(cur);visit[state] = true;while(!q.empty()){cur = q.front();q.pop();if(cur.state == 0 || cur.state == 0xffff) //65535return cur.step;for(i=0;i<16;i++){next.state = cur.state^change[i];next.step = cur.step + 1;if(visit[next.state])continue;if(next.state == 0 || next.state == 0xffff) //65535return next.step;visit[next.state] = true;q.push(next);}}return -1; }int main(void) {int i,j,state,ans;char ch[5][5];while(scanf("%s",ch[0])!=EOF){for(i = 1 ; i < 4 ; ++i)scanf("%s",ch[i]);state = 0;for(i = 0 ; i < 4 ; ++i){for(j = 0 ; j < 4 ; ++j){state <<= 1;if(ch[i][j] == 'b')state += 1;//state ^= (1<<((3-i)*4+(3-j)));}}ans = bfs(state);if(ans == -1)puts("Impossible");elseprintf("%d\n",ans);}return 0; } POJ? 2965-The Pilots Brothers' refrigerator
提示：這題和POJ1753翻轉(zhuǎn)棋的思想是一致的，需要注意的是要求輸出翻轉(zhuǎn)過程，因此不能用BFS，必須用DFS（找到目標(biāo)后，還要過程回溯）

與POJ1753相比，這題還要注意翻棋的方法，若不注意會大大浪費(fèi)時間導(dǎo)致超時，因為是整行整列翻轉(zhuǎn)，在邊界處會出現(xiàn)很多多余操作。代碼中詳細(xì)說明。

/* 先看一個簡單的問題,如何把'+'變成'-'而不改變其他位置上的狀態(tài)?答案是將該位置(i,j)及位置所在的行(i)和列(j)上所有的handle更新一次, 結(jié)果該位置被更新了7次,相應(yīng)行(i)和列(j)的handle被更新了6次,剩下的被更新了4次. 被更新偶數(shù)次的handle不會造成最終狀態(tài)的改變.因此得出高效解法,在每次輸入碰到'+'的時候, 自增該位置與相應(yīng)的行和列,當(dāng)輸入結(jié)束后,遍歷數(shù)組,所有為奇數(shù)的位置則是操作的位置, 而奇數(shù)位置的個數(shù)之和則是最終的操作次數(shù). */ #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std;int main(void){int i,j,k,result;bool ch[4][4] = {false};char handle;for(i = 0; i < 4; ++i){for(j = 0; j < 4; ++j){scanf("%c",&handle);if(handle == '+'){ch[i][j] = !ch[i][j];for(k = 0; k < 4; ++k){ch[i][k] = !ch[i][k];ch[k][j] = !ch[k][j];}}}getchar();}result = 0;for(i = 0; i < 4; ++i){for(j = 0; j < 4; ++j){if(ch[i][j]){++result;}}}printf("%d\n",result);for(i = 0; i < 4; ++i){for(j = 0; j < 4; ++j){if(ch[i][j])printf("%d %d\n",i+1,j+1);}}return 0;}

方法二： DFS+Bit

/* 代碼二：DFS+Bit 本題由于要輸出每次翻轉(zhuǎn)的棋子，因此不適宜用BFS，應(yīng)該使用DFS輸出完整路徑 */#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;int chess; //棋盤狀態(tài)int step;bool flag=false;int ri[16],cj[16];bool isopen(void){if(chess == 0xFFFF)return true;elsereturn false;}void flip(int bit){chess=chess^(0x1<<bit); //對翻轉(zhuǎn)位取反int row=bit/4;int col=bit%4;for(int c=0;c<4;c++)chess=chess^(0x1<<(row*4+c)); //對全行取反for(int r=0;r<4;r++)chess=chess^(0x1<<(r*4+col)); //對全列取反return;}void dfs(int bit,int deep){if(deep==step){flag=isopen();return;}if(flag || bit>15)return;int row=ri[deep]=bit/4;int col=cj[deep]=bit%4;flip(bit);if(col<4)dfs(bit+1,deep+1);elsedfs((bit+4)/4*4,deep+1);flip(bit);if(col<4)dfs(bit+1,deep);elsedfs((bit+4)/4*4,deep);return;}int main(void){char temp;int i,j;for(i=0;i<4;i++){for(j=0;j<4;j++){cin>>temp;if(temp=='-')chess=chess^(1<<(i*4+j));}}/*DFS*/for(step=0;step<=16;step++){dfs(0,0);if(flag)break;}printf("%d\n",step);for(i=0;i<step;i++)printf("%d %d\n",ri[i]+1,cj[i]+1);return 0;}

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的POJ1753 棋盘翻转（位压缩+广度优先搜索）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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