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c++ - 4乘3锁图案

coder 2024-02-22 原文

我遇到了这个 problem .

要求计算在 4x3 网格中可以制作特定长度的锁定图案的方式数，并遵循规则。 路径中可能有些点不能包含

一个有效的模式具有以下属性:

  • 一个图案可以用它第一次接触的点序列来表示(与绘制图案的顺序相同)，从 (1,1) 到 (2,2) 的图案是与从 (2,2) 到 (1,1) 的模式不同。

  • 对于模式表示中的每两个连续点A和B，如果连接A和B的线段经过其他一些点，则这些点也必须在序列中并且在A和B之前，否则模式将无效。例如，以 (3,1) 开始然后 (1,3) 的模式表示是无效的，因为该段通过 (2,2) 而它没有出现在 (3,1) 之前的模式表示中，并且正确的这种模式的表示是 (3,1) (2,2) (1,3)。但是模式 (2,2) (3,2) (3,1) (1,3) 是有效的，因为 (2,2) 出现在 (3,1) 之前。

  • 在模式表示中，我们不会多次提到同一个点，即使模式会通过另一个有效线段再次触及该点，并且模式中的每个线段都必须从一个点到另一个点模式之前没有接触过的点，它可能会经过一些已经出现在模式中的点。

  • 模式的长度是模式表示中每两个连续点之间的曼哈顿距离之和。两点 (X1, Y1) 和 (X2, Y2) 之间的曼哈顿距离为 |X1 - X2| + |Y1 - Y2| (其中 |X| 表示 X 的绝对值)。

  • 图案必须至少接触两点

我的方法是蛮力，遍历点，从点开始并使用递归递减长度直到长度为零，然后将组合数加 1。

有没有办法用数学方程式来计算它，或者有更好的算法？

更新: 这是我所做的，它给出了一些错误的答案!我认为问题出在 isOk 函数中! notAllowed 是不允许点的全局位掩码。

bool isOk(int i, int j, int di,int dj, ll visited){
    int mini = (i<di)?i:di;
    int minj = (j<dj)?j:dj;

    if(abs(i-di) == 2 && abs(j-dj) == 2 && !getbit(visited, mini+1, minj+1) )
        return false;
    if(di == i && abs(j - dj) == 2 && !getbit(visited, i,minj+1) )
        return false;
    if(di == i && abs(j-dj) == 3 && (!getbit(visited, i,1) || !getbit(visited, i,2)) )
        return false;
    if(dj == j && abs(i - di) == 2 && !getbit(visited, 1,j) )
        return false;

    return true;
}

int f(int i, int j, ll visited, int l){
    if(l > L) return 0;
    short& res = dp[i][j][visited][l];
    if(res != -1) return res;
    res = 0;
    if(l == L) return ++res;

    for(int di=0 ; di<gN ; ++di){
        for(int dj=0 ; dj<gM ; ++dj){
            if( getbit(notAllowed, di, dj) || getbit(visited, di, dj) || !isOk(i,j, di,dj,  visited) )
                continue;
            res += f(di, dj, setbit(visited, di, dj), l+dist(i,j , di,dj));
        }
    }
    return res;
}

最佳答案

My answer to another question也可以适应这个问题。

令 f(i,j,visited,k) 是完成部分模式的方式的数量，当我们当前在节点 (i,j) 时，已经访问了节点中的顶点设置 visited 并且到目前为止已经走了 k 的路径长度。我们可以将已访问表示为位掩码。

我们可以通过尝试所有可能的下一步来递归地计算 f(i,j,visited,k) 并应用 DP 来重用子问题的解决方案:

f(i,j, visited, L) = 1

f(i,j, visited, k) = 0 if k > L

f(i,j, visited, k) = sum(possible moves (i', j'): f(i', j', visited UNION {(i',j')}, k + dis((i,j), (i',j')))

可能的移动是那些穿过许多已访问顶点然后以未访问(且未被禁止)的顶点结束的移动。

如果D是禁止顶点集，则问题的答案是

sum((i,j) not in D: f(i,j, {(i,j)}, L)).

运行时间类似于 O(X^2 * Y^2 * 2^(X*Y) * 最大可能长度)。我想最大可能的长度实际上远低于 1000。

更新:我实现了这个解决方案并且它被接受了。我用以下方式列举了可能的移动:假设我们在点 (i,j) 并且已经访问了顶点集visited。枚举所有不同的互素对 (dx,dy) 0 <= dx="">< x="" 和="" 0=""><= dy="">< y。然后找到最小的="" k，p_k="(i" +="">dx, j + kdy)仍然是一个有效的网格点并且 P_k 不在 visited 中。如果 P_k 没有被禁止，它就是一个有效的着法。

最大可能路径长度为 39。

我正在使用大小为 3 * 4 * 2^12 * 40 的 DP 数组来存储子问题结果。

关于c++ - 4乘3锁图案，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/23113290/

amp图案visitedreturnc++algorithmcombinationspermutation

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