POJ1753 棋盘翻转（位压缩+广度优先搜索）
作者：互联网
http://poj.org/problem?id=1753
题目大意：有一个4*4的方格，每个方格中放一粒棋子，这个棋子一面是白色，一面是黑色。游戏规则为每次任选16颗中的一颗，把选中的这颗以及它四周的棋子一并反过来，当所有的棋子都是同一个颜色朝上时，游戏就完成了。现在给定一个初始状态，要求输出能够完成游戏所需翻转的最小次数，如果初始状态已经达到要求输出0。如果不可能完成游戏，输出Impossible。
主要思想：
1、如果用一个4*4的数组存储每一种状态，不但存储空间很大，而且在穷举状态时也不方便记录。因为每一颗棋子都只有两种状态，所以可以用二进制0和1表示每一个棋子的状态，则棋盘的状态就可以用一个16位的整数唯一标识。而翻转的操作也可以通过通过位操作来完成。显然当棋盘状态id为0（全白）或65535（全黑）时，游戏结束。
2、对于棋盘的每一个状态，都有十六种操作，首先要判断这十六种操作之后是否有完成的情况，如果没有，则再对这十六种操作的结果分别再进行上述操作，显然这里就要用到队列来存储了。而且在翻转的过程中有可能会回到之前的某种状态，而这种重复的状态是不应该再次入队的，所以维护 Visit[i]数组来判断 id==i 的状态之前是否已经出现过，如果不是才将其入队。如果游戏无法完成，状态必定会形成循环，由于重复状态不会再次入队，所以最后的队列一定会是空队列。
3、由于0^1=1，1^1=0，所以翻转的操作可以通过异或操作来完成，而翻转的位置可以通过移位来确定。
/*简单分析：根据输入要求，b代表黑棋(black)，w代表白棋(white)。因为总共才16个位置，且只有黑白两种表示，此时，可对每一次状态进行二进制压缩(其中b代表1,w代表0)，例如：bwwb bbwb bwwb bwww即可表示为1001 1101 1001 1000，其十进制值为40344。同时，计算可知根据黑白棋的摆放情况，总共有2^16种不同的状态。每一次经过有效的操作后，状态都会发生改变，此时，可借助二进制位运运算实现状态的改变，即对原有状态(相应的十进制表示)进行异或操作，以此来改变其对应二进制数的相关位置的值(1变0，0变1)。例如：先假设前一个状态为：wwww wwww wwww wwww即二进制表示为0000 0000 0000 0000，十进制对应为0。若此时选定左上角第一个棋子进行操作，根据规则，它右边和下边的也要同时进行变换(因为其左边和上边为空，不做考虑)，之后，相应的状态用二进制表示，应变为：1100 1000 0000 0000，十进制值为51200。这个过程相当于对十进制数51200进行对十进制数0的异或操作，即next=0^(51200)，而51200这个数则可以根据对十进制数1进行相应的左移操作得到。同时，我们知道，棋牌总共有16个位置，也就是说相应的不同的操作也有16种，即有16个不同的数经过异或操作用来改变前一个状态的值。那么，就先将这16个数枚出来吧，代码如下：*/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，所以棋盘(i,j)处在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代码如下：
#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种状态转换，对应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)); //标记每一个状态都未访问过 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) //65535 return 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) //65535 return 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"); else printf("%d\n",ans); } return 0;}提示：这题和POJ1753翻转棋的思想是一致的，需要注意的是要求输出翻转过程，因此不能用BFS，必须用DFS（找到目标后，还要过程回溯）
与POJ1753相比，这题还要注意翻棋的方法，若不注意会大大浪费时间导致超时，因为是整行整列翻转，在边界处会出现很多多余操作。代码中详细说明。
/*先看一个简单的问题,如何把'+'变成'-'而不改变其他位置上的状态?答案是将该位置(i,j)及位置所在的行(i)和列(j)上所有的handle更新一次,结果该位置被更新了7次,相应行(i)和列(j)的handle被更新了6次,剩下的被更新了4次.被更新偶数次的handle不会造成最终状态的改变.因此得出高效解法,在每次输入碰到'+'的时候,自增该位置与相应的行和列,当输入结束后,遍历数组,所有为奇数的位置则是操作的位置,而奇数位置的个数之和则是最终的操作次数.*/#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
/*代码二：DFS+Bit本题由于要输出每次翻转的棋子，因此不适宜用BFS，应该使用DFS输出完整路径*/ #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int chess; //棋盘状态 int step; bool flag=false; int ri[16],cj[16]; bool isopen(void) { if(chess == 0xFFFF) return true; else return false; } void flip(int bit) { chess=chess^(0x1<<bit); //对翻转位取反 int row=bit/4; int col=bit%4; for(int c=0;c<4;c++) chess=chess^(0x1<<(row*4+c)); //对全行取反 for(int r=0;r<4;r++) chess=chess^(0x1<<(r*4+col)); //对全列取反 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); else dfs((bit+4)/4*4,deep+1); flip(bit); if(col<4) dfs(bit+1,deep); else dfs((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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标签：状态,ch,cur,16,POJ1753,++,int,广度,翻转 来源： https://blog.csdn.net/fguihbfg/article/details/86688037