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Analysis
IDA*算法
可以发现如果当前矩阵中除了左上角的连通块之外,共有M种颜色,那么还
需要的步数不小于M。如果当前搜索深度+估价函数的值>深度限制,可以剪
枝。
• 每次寻找左上角的格子所在的连通块耗费的时间常数巨大,可以在这里寻求
突破。我们引入一个N*N的v数组。左上角的格子所在的连通块里的格子标记
为1。左上角连通块周围一圈格子标记为2,其它格子标记为0。如果某次选择
了颜色c,我们只需要找出标记为2并且颜色为c的格子,向四周扩展,并相应
地修改v标记,就可以不断扩大标记为1的区域,最终如果所有格子标记都是1,
就找到了答案。
• 估价:统计场上还剩下多少颜色,至少要染这么多次才能出解,如果预估次
数加上当前次数超过了当前迭代加深的深度限制,剪枝。
如果改变颜色后,左上角格子所在的联通块大小没有改变,可以剪枝,避免
来回往复地搜索。
注意特判不用染色的情况
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define in read()
using namespace std;
inline int read(){
char ch;int f=1,res=0;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9'){
res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return f==1?res:-res;
}
int n,a[9][9],ok=0,k,f[9];
int vis[9][9];
int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
inline void dfs(int x,int y,int v){
vis[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;++i){
int xx=x+dx[i];
int yy=y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>n||vis[xx][yy]==1) continue;
vis[xx][yy]=2;
if(a[xx][yy]==v) dfs(xx,yy,v);
}
}
int eval(){
int num=0,i,j;
memset(f,0,sizeof(f));
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=n;++j)
if(!f[a[i][j]]&&vis[i][j]!=1){
f[a[i][j]]=1;num++;
}
return num;
}
int fill(int c){
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j){
if(a[i][j]==c&&vis[i][j]==2){
cnt++;
dfs(i,j,c);
}
}
return cnt;
}
void A_star(int dep){
if(dep==k) if(!eval()){ ok=1;return ;}
if(ok) return ;
if(dep+eval()>k) return;
int tmp[9][9];
for(int i=0;i<=5;++i){//枚举染哪一种颜色
memcpy(tmp,vis,sizeof(vis));
if(fill(i)) A_star(dep+1);
if(ok) return;
memcpy(vis,tmp,sizeof(vis));
}
}
int main(){
while(1){
n=in;ok=0;
if(!n) break;
int i,j;
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=n;++j) a[i][j]=in;
memset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(1,1,a[1][1]);//把左上角的连通的染成 1
if(!eval()) {
printf("0\n");
continue;
}
for(k=1;;k++){
A_star(0);
if(ok) break;
}
printf("%d\n",k);
}
return 0;
}