[SCOI2005]扫雷Mine

1088: [SCOI2005]扫雷Mine

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Description

相信大家都玩过扫雷的游戏。那是在一个n*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×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。

Input

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)

Output

一个数,即第一列中雷的摆放方案数。

Sample Input 1

2
1 1

Sample Output 1

2

Sample Input 2(这个是我自己加的,可能有人会错)

3
5 8 5

Sample Output 2

4

HINT

 

Source

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分析

  由于这是一个N*2的棋盘,所以如果第二行都没有地雷,则第一行只要确定前两个格子的数,后面的自然可以递推出来。可以这么理解:假设我们要确定第一行第 i (i>=3) 个格子的地雷数,则要满足:first[i-2]+first[i-1]+first[i]==second[i-1]。当i==2时,first[i]=second[i-1]-first[i-1](first[2]=second[1]-first[1]),所以只要从0开始枚举first[1]的可能值就可以了。

 1 #include<bits/stdc++.h>

 2 using namespace std;

 3 const int maxn=20000;

 4 int N,ans=0;

 5 int sec[maxn];

 6 int fir[maxn];

 7 bool jud();

 8 int main(){

 9     scanf("%d",&N);

10     for(int i=1;i<=N;i++)

11         scanf("%d",&sec[i]);

12     for(int i=0;i<=sec[1];i++){

13         memset(fir,0,sizeof(fir));

14         fir[1]=i;

15         fir[2]=sec[1]-i;

16         if(jud()==true){

17             ans++;

18         }

19     }

20     cout<<ans;

21     return 0;

22 }

23 bool jud(){

24     for(int i=3;i<=N+1;i++){

25         fir[i]=sec[i-1]-fir[i-2]-fir[i-1];

26     }

27     if(fir[N+1]) return false;

28     return true;

29 }

  特别小心:

  第27行的fir[N+1]可绝对不能改成fir[N+1]>0,因为可能存在负值,比如我上面给出的样例2。5 8 5是第二行,而且第一行可以推出1 4 3 -2的情况。我就因为这个WA了好多次。但是吧,写 fir[N+1]!=0 是 beyond all doubt √ 的,全怪我手贱。。。

 

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