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Dancing Links

本页面将介绍精确覆盖问题、重复覆盖问题，解决这两个问题的算法「X 算法」，以及用来优化 X 算法的双向十字链表 Dancing Link。本页也将介绍如何在建模的配合下使用 DLX 解决一些搜索题。

精确覆盖问题

定义

精确覆盖问题（英文：Exact Cover Problem）是指给定许多集合 以及一个集合 ，求满足以下条件的无序多元组 ：

解释

例如，若给出

则 为一组合法解。

问题转化

将 中的所有数离散化，可以得到这么一个模型：

给定一个 01 矩阵，你可以选择一些行（row），使得最终每列（column）1都恰好有一个 1。 举个例子，我们对上文中的例子进行建模，可以得到这么一个矩阵：

其中第 行表示着 ，而这一行的每个数依次表示 。

实现

暴力 1

一种方法是枚举选择哪些行，最后检查这个方案是否合法。

因为每一行都有选或者不选两种状态，所以枚举行的时间复杂度是 的；

而每次检查都需要 的时间复杂度。所以总的复杂度是 。

实现 
int ok = 0;
for (int state = 0; state < 1 << n; ++state) {  // 枚举每行是否被选
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    if ((1 << i - 1) & state)
      for (int j = 1; j <= m; ++j) a[i][j] = 1;
  int flag = 1;
  for (int j = 1; j <= m; ++j)
    for (int i = 1, bo = 0; i <= n; ++i)
      if (a[i][j]) {
        if (bo)
          flag = 0;
        else
          bo = 1;
      }
  if (!flag)
    continue;
  else {
    ok = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
      if ((1 << i - 1) & state) printf("%d ", i);
    puts("");
  }
  memset(a, 0, sizeof(a));
}
if (!ok) puts("No solution.");

暴力 2

考虑到 01 矩阵的特殊性质，每一行都可以看做一个 位二进制数。

因此原问题转化为

给定 个 位二进制数，要求选择一些数，使得任意两个数的与都为 0，且所有数的或为 。tmp 表示的是截至目前被选中的二进制数的或。

因为每一行都有选或者不选两种状态，所以枚举行的时间复杂度为 ；

而每次计算 tmp 都需要 的时间复杂度。所以总的复杂度为 。

实现 
int ok = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
  for (int j = m; j >= 1; --j) num[i] = num[i] << 1 | a[i][j];
for (int state = 0; state < 1 << n; ++state) {
  int tmp = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    if ((1 << i - 1) & state) {
      if (tmp & num[i]) break;
      tmp |= num[i];
    }
  if (tmp == (1 << m) - 1) {
    ok = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
      if ((1 << i - 1) & state) printf("%d ", i);
    puts("");
  }
}
if (!ok) puts("No solution.");

重复覆盖问题

重复覆盖问题与精确覆盖问题类似，但没有对元素相似性的限制。下文介绍的 X 算法 原本针对精确覆盖问题，但经过一些修改和优化（已标注在其中）同样可以高效地解决重复覆盖问题。

X 算法

Donald E. Knuth 提出了 X 算法 (Algorithm X)，其思想与刚才的暴力差不多，但是方便优化。

过程

继续以上文中中提到的例子为载体，得到一个这样的 01 矩阵：

  1. 此时第一行有 个 ，第二行有 个 ，第三行有 个 ，第四行有 个 ，第五行有 个 ，第六行有 个 。选择第一行，将它删除，并将所有 所在的列打上标记；

  2. 选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 的行打上标记（重复覆盖问题无需打标记）；

  3. 选择所有被标记的行，将它们删除；

    这表示这一行已被选择，且这一行的所有 所在的列不能有其他 了。

    于是得到一个新的小 01 矩阵：

  4. 此时第一行（原来的第二行）有 个 ，第二行（原来的第四行）有 个 ，第三行（原来的第五行）有 个 。选择第一行（原来的第二行），将它删除，并将所有 所在的列打上标记；

  5. 选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 的行打上标记；

  6. 选择所有被标记的行，将它们删除；

    这样就得到了一个空矩阵。但是上次删除的行 1 0 1 1 不是全 的，说明选择有误；

  7. 回溯到步骤 4，考虑选择第二行（原来的第四行），将它删除，并将所有 所在的列打上标记；

  8. 选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 的行打上标记；

  9. 选择所有被标记的行，将它们删除；

    于是我们得到了这样的一个矩阵：

  10. 此时第一行（原来的第五行）有 个 ，将它们全部删除，得到一个空矩阵：

  11. 上一次删除的时候，删除的是全 的行，因此成功，算法结束。

    答案即为被删除的三行：。

强烈建议自己模拟一遍矩阵删除、还原与回溯的过程后，再接着阅读下文。

通过上述步骤，可将 X 算法的流程概括如下：

  1. 对于现在的矩阵 ，选择并标记一行 ，将 添加至 中；
  2. 如果尝试了所有的 却无解，则算法结束，输出无解；
  3. 标记与 相关的行 和 （相关的行和列与 X 算法 中第 2 步定义相同，下同）；
  4. 删除所有标记的行和列，得到新矩阵 ；

  5. 如果 为空，且 为全 ，则算法结束，输出被删除的行组成的集合 ；

    如果 为空，且 不全为 ，则恢复与 相关的行 以及列 ，跳转至步骤 1；

    如果 不为空，则跳转至步骤 1。

不难看出，X 算法需要大量的「删除行」、「删除列」和「恢复行」、「恢复列」的操作。

一个朴素的想法是，使用一个二维数组存放矩阵，再用四个数组分别存放每一行与之相邻的行编号，每次删除和恢复仅需更新四个数组中的元素。但由于一般问题的矩阵中 0 的数量远多于 1 的数量，这样做的空间复杂度难以接受。

Donald E. Knuth 想到了用双向十字链表来维护这些操作。

而在双向十字链表上不断跳跃的过程被形象地比喻成「跳跃」，因此被用来优化 X 算法的双向十字链表也被称为「Dancing Links」。

预编译命令

#define IT(i, A, x) for (i = A[x]; i != x; i = A[i])

定义

双向十字链表中存在四个指针域，分别指向上、下、左、右的元素；且每个元素 在整个双向十字链表系中都对应着一个格子，因此还要表示 所在的列和所在的行，如图所示：

dlx-1.svg

大型的双向链表则更为复杂：

dlx-2.svg

每一行都有一个行首指示，每一列都有一个列指示。

行首指示为 first[]，列指示是我们新建的 个哨兵结点。值得注意的是，行首指示并非是链表中的哨兵结点。它是虚拟的，类似于邻接表中的 first[] 数组，直接指向 这一行中的首元素。

同时，每一列都有一个 siz[] 表示这一列的元素个数。

特殊地， 号结点无右结点等价于这个 Dancing Links 为空。

constexpr int MS = 1e5 + 5;
int n, m, idx, first[MS], siz[MS];
int L[MS], R[MS], U[MS], D[MS];
int col[MS], row[MS];

过程

remove 操作

remove(c) 表示在 Dancing Links 中删除第 列以及与其相关的行和列。

先将 删除，此时：

  • 左侧的结点的右结点应为 的右结点。
  • 右侧的结点的左结点应为 的左结点。

即 L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];。

dlx-3.svg

然后顺着这一列往下走，把走过的每一行都删掉。

如何删掉每一行呢？枚举当前行的指针 ，此时：

  • 上方的结点的下结点应为 的下结点。
  • 下方的结点的上结点应为 的上结点。

注意要修改每一列的元素个数。

即 U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];。

dlx-4.svg

remove 函数的代码实现如下：

实现 
void remove(const int &c) {
  int i, j;
  L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
  // 顺着这一列从上往下遍历
  IT(i, D, c)
  // 顺着这一行从左往右遍历
  IT(j, R, i)
  U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
}

recover 操作

recover(c) 表示在 Dancing Links 中还原第 列以及与其相关的行和列。

recover(c) 即 remove(c) 的逆操作，这里不再赘述。

值得注意的是， recover(c) 的所有操作的顺序与 remove(c) 的操作恰好相反。

recover(c) 的代码实现如下：

实现 
void recover(const int &c) {
  int i, j;
  IT(i, U, c) IT(j, L, i) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
  L[R[c]] = R[L[c]] = c;
}

build 操作

build(r, c) 表示新建一个大小为 ，即有 行， 列的 Dancing Links。

新建 个结点作为列指示。

第 个点的左结点为 ，右结点为 ，上结点为 ，下结点为 。特殊地， 结点的左结点为 ， 结点的右结点为 。

于是我们得到了一个环状双向链表：

dlx-5.svg

这样就初始化了一个 Dancing Links。

build(r, c) 的代码实现如下：

实现 
void build(const int &r, const int &c) {
  n = r, m = c;
  for (int i = 0; i <= c; ++i) {
    L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
    U[i] = D[i] = i;
  }
  L[0] = c, R[c] = 0, idx = c;
  memset(first, 0, sizeof(first));
  memset(siz, 0, sizeof(siz));
}

insert 操作

insert(r, c) 表示在第 行，第 列插入一个结点。

插入操作分为两种情况：

  • 如果第 行没有元素，那么直接插入一个元素，并使 first[r] 指向这个元素。

    这可以通过 first[r] = L[idx] = R[idx] = idx; 来实现。

  • 如果第 行有元素，那么将这个新元素用一种特殊的方式与 和 连接起来。

    设这个新元素为 ，然后：

    • 把 插入到 的正下方，此时：

      • 下方的结点为原来 的下结点；
      • 下方的结点（即原来 的下结点）的上结点为 ;
      • 的上结点为 ；
      • 的下结点为 。

      注意记录 的所在列和所在行，以及更新这一列的元素个数。

      col[++idx] = c, row[idx] = r, ++siz[c];
U[idx] = c, D[idx] = D[c], U[D[c]] = idx, D[c] = idx;

      强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。

    • 把 插入到 的正右方，此时：

      • 右侧的结点为原来 的右结点；
      • 原来 右侧的结点的左结点为 ；
      • 的左结点为 ；
      • 的右结点为 。
      L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]];
L[R[first[r]]] = idx, R[first[r]] = idx;

      强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。

insert(r, c) 这个操作可以通过图片来辅助理解：

dlx-6.svg

留心曲线箭头的方向。

insert(r, c) 的代码实现如下：

实现 
void insert(const int &r, const int &c) {
  row[++idx] = r, col[idx] = c, ++siz[c];
  U[idx] = c, D[idx] = D[c], U[D[c]] = idx, D[c] = idx;
  if (!first[r])
    first[r] = L[idx] = R[idx] = idx;
  else {
    L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]];
    L[R[first[r]]] = idx, R[first[r]] = idx;
  }
}

dance 操作

dance() 即为递归地删除以及还原各个行列的过程。

  1. 如果 号结点没有右结点，那么矩阵为空，记录答案并返回；
  2. 选择列元素个数最少的一列，并删掉这一列；
  3. 遍历这一列所有有 的行，枚举它是否被选择；
  4. 递归调用 dance()，如果可行，则返回；如果不可行，则恢复被选择的行；
  5. 如果无解，则返回。

dance() 的代码实现如下：

实现 
bool dance(int dep) {
  int i, j, c = R[0];
  if (!R[0]) {
    ans = dep;
    return 1;
  }
  IT(i, R, 0) if (siz[i] < siz[c]) c = i;
  remove(c);
  IT(i, D, c) {
    stk[dep] = row[i];
    IT(j, R, i) remove(col[j]);
    if (dance(dep + 1)) return 1;
    IT(j, L, i) recover(col[j]);
  }
  recover(c);
  return 0;
}

其中 stk[] 用来记录答案。

注意我们每次优先选择列元素个数最少的一列进行删除，这样能保证程序具有一定的启发性，使搜索树分支最少。

对于重复覆盖问题，在搜索时可以用估价函数（与 A* 中类似）进行剪枝：若当前最好情况下所选行数超过目前最优解，则可以直接返回。

模板

模板代码 
#include <bits/stdc++.h>
const int N = 500 + 10;
int n, m, idx, ans;
int first[N], siz[N], stk[N];

int read() {  // 快读
  int x = 0, f = 0, ch;
  while (!isdigit(ch = getchar())) f |= ch == '-';
  while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
  return f ? -x : x;
}

struct DLX {
  static const int MAXSIZE = 1e5 + 10;
  int n, m, tot, first[MAXSIZE + 10], siz[MAXSIZE + 10];
  int L[MAXSIZE + 10], R[MAXSIZE + 10], U[MAXSIZE + 10], D[MAXSIZE + 10];
  int col[MAXSIZE + 10], row[MAXSIZE + 10];

  void build(const int &r, const int &c) {  // 进行build操作
    n = r, m = c;
    for (int i = 0; i <= c; ++i) {
      L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
      U[i] = D[i] = i;
    }
    L[0] = c, R[c] = 0, tot = c;
    memset(first, 0, sizeof(first));
    memset(siz, 0, sizeof(siz));
  }

  void insert(const int &r, const int &c) {  // 进行insert操作
    col[++tot] = c, row[tot] = r, ++siz[c];
    D[tot] = D[c], U[D[c]] = tot, U[tot] = c, D[c] = tot;
    if (!first[r])
      first[r] = L[tot] = R[tot] = tot;
    else {
      R[tot] = R[first[r]], L[R[first[r]]] = tot;
      L[tot] = first[r], R[first[r]] = tot;
    }
  }

  void remove(const int &c) {  // 进行remove操作
    int i, j;
    L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i])
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
        U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
  }

  void recover(const int &c) {  // 进行recover操作
    int i, j;
    for (i = U[c]; i != c; i = U[i])
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
    L[R[c]] = R[L[c]] = c;
  }

  bool dance(int dep) {  // dance
    if (!R[0]) {
      ans = dep;
      return 1;
    }
    int i, j, c = R[0];
    for (i = R[0]; i != 0; i = R[i])
      if (siz[i] < siz[c]) c = i;
    remove(c);
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
      stk[dep] = row[i];
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j]) remove(col[j]);
      if (dance(dep + 1)) return 1;
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) recover(col[j]);
    }
    recover(c);
    return 0;
  }
} solver;

int main() {
  n = read(), m = read();
  solver.build(n, m);
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      int x = read();
      if (x) solver.insert(i, j);
    }
  solver.dance(1);
  if (ans)
    for (int i = 1; i < ans; ++i) printf("%d ", stk[i]);
  else
    puts("No Solution!");
  return 0;
}

性质

DLX 递归及回溯的次数与矩阵中 的个数有关，与矩阵的 等参数无关。因此，它的时间复杂度是 指数级 的，理论复杂度大概在 左右，其中 为某个非常接近于 的常数， 为矩阵中 的个数。

但实际情况下 DLX 表现良好，一般能解决大部分的问题。

建模

DLX 的难点，不全在于链表的建立，而在于建模。

请确保已经完全掌握 DLX 模板后再继续阅读本文。

我们每拿到一个题，应该考虑行和列所表示的意义：

  • 行表示决策，因为每行对应着一个集合，也就对应着选/不选；

  • 列表示状态，因为第 列对应着某个条件 。

对于某一行而言，由于不同的列的值不尽相同，我们 由不同的状态，定义了一个决策。

例题 1 P1784 数独

解题思路

先考虑决策是什么。

在这一题中，每一个决策可以用形如 的有序三元组表示。

注意到「宫」并不是决策的参数，因为它 可以被每个确定的 表示。

因此有 行。

再考虑状态是什么。

我们思考一下 这个决将会造成什么影响。记 所在的宫为 。

  1. 第 行用了一个 （用 列表示）；
  2. 第 列用了一个 （用 列表示）；
  3. 第 宫用了一个 （用 列表示）；
  4. 中填入了一个数（用 列表示）。

因此有 列，共 个 。

至此，我们成功地将 的数独问题转化成了一个 有 行， 列，共 个 的精确覆盖问题。

参考代码 
#include <bits/stdc++.h>
const int N = 1e6 + 10;
int ans[10][10], stk[N];

int read() {
  int x = 0, f = 0, ch;
  while (!isdigit(ch = getchar())) f |= ch == '-';
  while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
  return f ? -x : x;
}  // 快读

struct DLX {
  static const int MAXSIZE = 1e5 + 10;
  int n, m, tot, first[MAXSIZE + 10], siz[MAXSIZE + 10];
  int L[MAXSIZE + 10], R[MAXSIZE + 10], U[MAXSIZE + 10], D[MAXSIZE + 10];
  int col[MAXSIZE + 10], row[MAXSIZE + 10];

  void build(const int &r, const int &c) {  // 进行build操作
    n = r, m = c;
    for (int i = 0; i <= c; ++i) {
      L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
      U[i] = D[i] = i;
    }
    L[0] = c, R[c] = 0, tot = c;
    memset(first, 0, sizeof(first));
    memset(siz, 0, sizeof(siz));
  }

  void insert(const int &r, const int &c) {  // 进行insert操作
    col[++tot] = c, row[tot] = r, ++siz[c];
    D[tot] = D[c], U[D[c]] = tot, U[tot] = c, D[c] = tot;
    if (!first[r])
      first[r] = L[tot] = R[tot] = tot;
    else {
      R[tot] = R[first[r]], L[R[first[r]]] = tot;
      L[tot] = first[r], R[first[r]] = tot;
    }
  }

  void remove(const int &c) {  // 进行remove操作
    int i, j;
    L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i])
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
        U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
  }

  void recover(const int &c) {  // 进行recover操作
    int i, j;
    for (i = U[c]; i != c; i = U[i])
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
    L[R[c]] = R[L[c]] = c;
  }

  bool dance(int dep) {  // dance
    int i, j, c = R[0];
    if (!R[0]) {
      for (i = 1; i < dep; ++i) {
        int x = (stk[i] - 1) / 9 / 9 + 1;
        int y = (stk[i] - 1) / 9 % 9 + 1;
        int v = (stk[i] - 1) % 9 + 1;
        ans[x][y] = v;
      }
      return 1;
    }
    for (i = R[0]; i != 0; i = R[i])
      if (siz[i] < siz[c]) c = i;
    remove(c);
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
      stk[dep] = row[i];
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j]) remove(col[j]);
      if (dance(dep + 1)) return 1;
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) recover(col[j]);
    }
    recover(c);
    return 0;
  }
} solver;

int GetId(int row, int col, int num) {
  return (row - 1) * 9 * 9 + (col - 1) * 9 + num;
}

void Insert(int row, int col, int num) {
  int dx = (row - 1) / 3 + 1;
  int dy = (col - 1) / 3 + 1;
  int room = (dx - 1) * 3 + dy;
  int id = GetId(row, col, num);
  int f1 = (row - 1) * 9 + num;            // task 1
  int f2 = 81 + (col - 1) * 9 + num;       // task 2
  int f3 = 81 * 2 + (room - 1) * 9 + num;  // task 3
  int f4 = 81 * 3 + (row - 1) * 9 + col;   // task 4
  solver.insert(id, f1);
  solver.insert(id, f2);
  solver.insert(id, f3);
  solver.insert(id, f4);
}

int main() {
  solver.build(729, 324);
  for (int i = 1; i <= 9; ++i)
    for (int j = 1; j <= 9; ++j) {
      ans[i][j] = read();
      for (int v = 1; v <= 9; ++v) {
        if (ans[i][j] && ans[i][j] != v) continue;
        Insert(i, j, v);
      }
    }
  solver.dance(1);
  for (int i = 1; i <= 9; ++i, putchar('\n'))
    for (int j = 1; j <= 9; ++j, putchar(' ')) printf("%d", ans[i][j]);
  return 0;
}

例题 2 靶形数独

解题思路

这一题与 数独 的模型构建 一模一样，主要区别在于答案的更新。

这一题可以开一个权值数组，每次找到一组数独的解时，

每个位置上的数乘上对应的权值计入答案即可。

参考代码 
#include <bits/stdc++.h>
const int oo = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
const int e[] = {6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 7, 7, 7, 7, 6, 6, 7,  8,
                 8, 8, 8, 8, 7, 6, 6, 7, 8, 9, 9, 9, 8, 7, 6, 6, 7, 8, 9, 10, 9,
                 8, 7, 6, 6, 7, 8, 9, 9, 9, 8, 7, 6, 6, 7, 8, 8, 8, 8, 8, 7,  6,
                 6, 7, 7, 7, 7, 7, 7, 7, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6};
int ans = -oo, a[10][10], stk[N];

int read() {
  int x = 0, f = 0, ch;
  while (!isdigit(ch = getchar())) f |= ch == '-';
  while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
  return f ? -x : x;
}

int GetWeight(int row, int col, int num) {  // 求数乘上对应的权值
  return num * e[(row - 1) * 9 + (col - 1)];
}

struct DLX {
  static const int MAXSIZE = 1e5 + 10;
  int n, m, tot, first[MAXSIZE + 10], siz[MAXSIZE + 10];
  int L[MAXSIZE + 10], R[MAXSIZE + 10], U[MAXSIZE + 10], D[MAXSIZE + 10];
  int col[MAXSIZE + 10], row[MAXSIZE + 10];

  void build(const int &r, const int &c) {  // 进行build操作
    n = r, m = c;
    for (int i = 0; i <= c; ++i) {
      L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
      U[i] = D[i] = i;
    }
    L[0] = c, R[c] = 0, tot = c;
    memset(first, 0, sizeof(first));
    memset(siz, 0, sizeof(siz));
  }

  void insert(const int &r, const int &c) {  // 进行insert操作
    col[++tot] = c, row[tot] = r, ++siz[c];
    D[tot] = D[c], U[D[c]] = tot, U[tot] = c, D[c] = tot;
    if (!first[r])
      first[r] = L[tot] = R[tot] = tot;
    else {
      R[tot] = R[first[r]], L[R[first[r]]] = tot;
      L[tot] = first[r], R[first[r]] = tot;
    }
  }

  void remove(const int &c) {  // 进行remove操作
    int i, j;
    L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i])
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
        U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
  }

  void recover(const int &c) {  // 进行recover操作
    int i, j;
    for (i = U[c]; i != c; i = U[i])
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
    L[R[c]] = R[L[c]] = c;
  }

  void dance(int dep) {  // dance
    int i, j, c = R[0];
    if (!R[0]) {
      int cur_ans = 0;
      for (i = 1; i < dep; ++i) {
        int cur_row = (stk[i] - 1) / 9 / 9 + 1;
        int cur_col = (stk[i] - 1) / 9 % 9 + 1;
        int cur_num = (stk[i] - 1) % 9 + 1;
        cur_ans += GetWeight(cur_row, cur_col, cur_num);
      }
      ans = std::max(ans, cur_ans);
      return;
    }
    for (i = R[0]; i != 0; i = R[i])
      if (siz[i] < siz[c]) c = i;
    remove(c);
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
      stk[dep] = row[i];
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j]) remove(col[j]);
      dance(dep + 1);
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) recover(col[j]);
    }
    recover(c);
  }
} solver;

int GetId(int row, int col, int num) {
  return (row - 1) * 9 * 9 + (col - 1) * 9 + num;
}

void Insert(int row, int col, int num) {
  int dx = (row - 1) / 3 + 1;    // r
  int dy = (col - 1) / 3 + 1;    // c
  int room = (dx - 1) * 3 + dy;  // room
  int id = GetId(row, col, num);
  int f1 = (row - 1) * 9 + num;            // task 1
  int f2 = 81 + (col - 1) * 9 + num;       // task 2
  int f3 = 81 * 2 + (room - 1) * 9 + num;  // task 3
  int f4 = 81 * 3 + (row - 1) * 9 + col;   // task 4
  solver.insert(id, f1);
  solver.insert(id, f2);
  solver.insert(id, f3);
  solver.insert(id, f4);
}

int main() {
  solver.build(729, 324);
  for (int i = 1; i <= 9; ++i)
    for (int j = 1; j <= 9; ++j) {
      a[i][j] = read();
      for (int v = 1; v <= 9; ++v) {
        if (a[i][j] && v != a[i][j]) continue;
        Insert(i, j, v);
      }
    }
  solver.dance(1);
  printf("%d", ans == -oo ? -1 : ans);
  return 0;
}

例题 3 「NOI2005」智慧珠游戏

解题思路

定义：题中给我们的智慧珠的形态，称为这个智慧珠的标准形态。

显然，我们可以通过改变两个参数 （表示顺时针旋转 的次数）和 （是否水平翻转）来改变这个智慧珠的形态。

仍然，我们先考虑决策是什么。

在这一题中，每一个决策可以用形如 的有序五元组表示。

表示第 个智慧珠的标准形态的左上角的位置，序号为 ，经过了 次顺时针转 。

巧合的是，我们可以令 时不水平翻转， 时水平翻转，从而达到简化代码的目的。

因此有 行。

需要注意的是，因为一些不合法的填充，如 ，

所以 在实际操作中，空的智慧珠棋盘也只需要建出 行。

再考虑状态是什么。

这一题的状态比较简单。

我们思考一下， 这个决策会造成什么影响。

  1. 某些格子被占了（用 列表示）；
  2. 第 个智慧珠被用了（用 列表示）。

因此有 列，共 个 。

至此，我们成功地将智慧珠游戏转化成了一个 有 行， 列，共 个 的精确覆盖问题。

参考代码 
#include <bits/stdc++.h>
int numcol, numrow;
int dfn[3000], tx[2], nxt[2], num[50][50], vis[50];
char ans[50][50];
const int f[2] = {-1, 1};
const int table[12][5][2] = {
    // directions of shapes
    {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}},                   // A
    {{0, 0}, {0, 1}, {0, 2}, {0, 3}},           // B
    {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, 2}},           // C
    {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {1, 1}},           // D
    {{0, 0}, {1, 0}, {2, 0}, {2, 1}, {2, 2}},   // E
    {{0, 0}, {0, 1}, {1, 1}, {0, 2}, {0, 3}},   // F
    {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}},   // G
    {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {1, 1}, {0, 2}},   // H
    {{0, 0}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {1, 3}},   // I
    {{0, 0}, {-1, 1}, {0, 1}, {1, 1}, {0, 2}},  // J
    {{0, 0}, {1, 0}, {1, 1}, {2, 1}, {2, 2}},   // K
    {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, 2}, {0, 3}},   // L
};
const int len[12] = {3, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5};
const int getx[] = {0,  1,  2,  2,  3,  3,  3,  4,  4,  4,  4,  5,  5,  5,  5,
                    5,  6,  6,  6,  6,  6,  6,  7,  7,  7,  7,  7,  7,  7,  8,
                    8,  8,  8,  8,  8,  8,  8,  9,  9,  9,  9,  9,  9,  9,  9,
                    9,  10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 11, 11, 11, 11,
                    11, 11, 11, 11, 11, 11, 11, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 12,
                    12, 12, 12, 12, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13, 13,
                    13, 13, 14, 14, 14, 14, 14, 14, 14, 14, 14};
const int gety[] = {0, 1, 1, 2,  1,  2,  3,  1, 2,  3,  4,  1, 2, 3, 4,  5,  1,
                    2, 3, 4, 5,  6,  1,  2,  3, 4,  5,  6,  7, 1, 2, 3,  4,  5,
                    6, 7, 8, 1,  2,  3,  4,  5, 6,  7,  8,  9, 1, 2, 3,  4,  5,
                    6, 7, 8, 9,  10, 1,  2,  3, 4,  5,  6,  7, 8, 9, 10, 11, 1,
                    2, 3, 4, 5,  6,  7,  8,  9, 10, 11, 12, 1, 2, 3, 4,  5,  6,
                    7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 1, 2,  3,  4,  5, 6, 7, 8,  9};

struct DLX {
  static const int MS = 1e5 + 10;
  int n, m, tot, first[MS], siz[MS];
  int L[MS], R[MS], U[MS], D[MS];
  int col[MS], row[MS];

  void build(const int &r, const int &c) {
    n = r, m = c;
    for (int i = 0; i <= c; ++i) {
      L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
      U[i] = D[i] = i;
    }
    L[0] = c, R[c] = 0, tot = c;
    memset(first, 0, sizeof(first));
    memset(siz, 0, sizeof(siz));
  }

  void insert(const int &r, const int &c) {  // insert
    col[++tot] = c, row[tot] = r, ++siz[c];
    D[tot] = D[c], U[D[c]] = tot, U[tot] = c, D[c] = tot;
    if (!first[r])
      first[r] = L[tot] = R[tot] = tot;
    else
      R[tot] = R[first[r]], L[R[first[r]]] = tot, L[tot] = first[r],
      R[first[r]] = tot;  // !
  }

  void remove(const int &c) {  // remove
    int i, j;
    L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i])
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
        U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
  }

  void recover(const int &c) {  // recover
    int i, j;
    for (i = U[c]; i != c; i = U[i])
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
    L[R[c]] = R[L[c]] = c;
  }

  bool dance() {  // dance
    if (!R[0]) return 1;
    int i, j, c = R[0];
    for (i = R[0]; i != 0; i = R[i])
      if (siz[i] < siz[c]) c = i;
    remove(c);
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
      if (col[i] <= 55) ans[getx[col[i]]][gety[col[i]]] = dfn[row[i]] + 'A';
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j]) {
        remove(col[j]);
        if (col[j] <= 55) ans[getx[col[j]]][gety[col[j]]] = dfn[row[j]] + 'A';
      }
      if (dance()) return 1;
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) recover(col[j]);
    }
    recover(c);
    return 0;
  }
} solver;

int main() {
  for (int i = 1; i <= 10; ++i) scanf("%s", ans[i] + 1);
  for (int i = 1; i <= 10; ++i)
    for (int j = 1; j <= i; ++j) {
      if (ans[i][j] != '.') vis[ans[i][j] - 'A'] = 1;
      num[i][j] = ++numcol;
    }
  solver.build(2730, numcol + 12);
  /*******build*******/
  for (int id = 0, op; id < 12; ++id) {  // every block
    for (++numcol, op = 0; op <= 1; ++op) {
      for (int dx = 0; dx <= 1; ++dx) {
        for (int dy = 0; dy <= 1; ++dy) {
          for (tx[0] = 1; tx[0] <= 10; ++tx[0]) {
            for (tx[1] = 1; tx[1] <= tx[0]; ++tx[1]) {
              bool flag = 1;
              for (int k = 0; k < len[id]; ++k) {
                nxt[op] = tx[op] + f[dx] * table[id][k][0];
                nxt[op ^ 1] = tx[op ^ 1] + f[dy] * table[id][k][1];
                if (vis[id]) {
                  if (ans[nxt[0]][nxt[1]] != id + 'A') {
                    flag = 0;
                    break;
                  }
                } else if (ans[nxt[0]][nxt[1]] != '.') {
                  flag = 0;
                  break;
                }
              }
              if (!flag) continue;
              dfn[++numrow] = id;
              solver.insert(numrow, numcol);
              for (int k = 0; k < len[id]; ++k) {
                nxt[op] = tx[op] + f[dx] * table[id][k][0];
                nxt[op ^ 1] = tx[op ^ 1] + f[dy] * table[id][k][1];
                solver.insert(numrow, num[nxt[0]][nxt[1]]);
              }
            }
          }
        }
      }
    }
  }
  /********end********/
  if (!solver.dance())
    puts("No solution");
  else
    for (int i = 1; i <= 10; ++i, puts(""))
      for (int j = 1; j <= i; ++j) putchar(ans[i][j]);
  return 0;
}

习题

外部链接

注释

  1. （两岸用语差异）台灣：直行（column）、橫列（row） ↩

最后更新: February 4, 2024
创建日期: July 11, 2018
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