数字方阵2 题解 回溯算法
http://218.5.5.242:9018/JudgeOnline/problem.php?id=1263
题目描述
在N*N的棋盘上（1＜N≤10）填入1,2,...N*N共N*N个数,使得任意两个相邻的数之和为素数.例如,当N=2时,有 ：
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1
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2
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4
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3
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其相邻数的和为素数的有:1+2,1+4,4+3,2+3。
当N=4时,一种可以填写的方案如下:
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1
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2
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11
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12
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16
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15
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8
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5
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13
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4
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9
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14
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6
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7
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10
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3
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输入
一个正整数N。
输出
若有多种解,则需输出第一行之和最小，若第一行和相同，则输出第一列之和最小的排列方案;若无解,则输出"No solution"。若有解，第一行为空格分割的两个正整数，分别是该排列方案的第一行、第一列各数字之和。以下n行输出该排列方案，每个数字占4个字符，不足4位的在数字前用空格补齐。
样例输入
2
样例输出
3 5
1 2
4 3
算法分析
这题和洛谷上的不！一！样！！
P1549 棋盘问题（2）(https://www.luogu.org/problemnew/show/P1549)
输出格式：
如有多种解，则输出第一行、第一列之和为最小的排列方案；若无解，则输出“NO”。
洛谷上这题要求是：“如有多种解，则输出第一行、第一列之和为最小的排列方案”，只要搜到第一个解直接输出结束。但是这题不行，这题只能把所有解都搜过去。。。
要是爆搜肯定超时。。但是n小呀，于是开始了疯狂的预处理+剪枝。。。
因为要求输出第一行之和最小的排列方案，若第一行和相同，则输出第一列之和最小的排列方案。所以可以尝试先搜索第1行，接着再搜索第1列，最后再搜索中间那块。
初始化：
- 读入n，筛出2…2*n*n之间的所有素数表prime[i]，用于表示i是否为素数。（线性筛，FindPrime()）
- 对于每一个数i，找出2...2*n*n之内的所有能使i+j为素数的j，并储存起来。（predeal()）
搜索第1行（workhang(int dx)）：在搜索时可能判断当前已经搜索过的格子中数字之和hang是否大于先前答案中第一行的和ansh,如果是可不用继续搜索，这就是搜索剪枝。
搜索第1列（worklie(int dy)），同样，搜索列也可剪枝。
搜索中间部分（workmid(int dx,int dy)）：只要已经出现过一个解，就不继续搜索，也可剪枝。而且竖着搜比横着搜快。（没有为什么。。数据就是这样。。。）
下面贴代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 #include <cstring> 5 #define reg register 6 using namespace std; 7 int n,N;//N=n*n，即最大的数，方便以后遍历所有数(也省时间) 8 int map[11][11];//储存方阵 9 bool prime[20000], v[200];//prime[i]表示i是否为素数，v[i]表示i是否用过(用于搜索) 10 11 int pprime[20000];//用于筛素数 12 inline void FindPrime() { //筛素数，这里用的是线性筛，不懂可以去百度 13 int k=0, ls=2*N+5; 14 memset(prime, 1, sizeof(prime)); 15 prime[1]=false; 16 for (reg int i=1; i<=ls; ++i) { 17 if (prime[i]) pprime[++k]=i; 18 for (reg int j=1; j<=k; ++j) { 19 prime[i*pprime[j]]=false; 20 if (i%pprime[j]==0) break; 21 } 22 } 23 } 24 int pre[101][101];//存放预处理结果 25 inline void predeal(){//预处理 26 int k=2; //k:储存方案数 27 for(reg int i=1;i<=N;++i){ 28 k=2; 29 for(reg int j=((i&1)?2:3);j<=N;j+=2){ 30 if(prime[j+i]) 31 pre[i][k++]=j;//将使i+j为素数的所有可能的j存入pre[i][2...k]; 32 } 33 pre[i][1]=k-2;//pre[i][1]存放方案数(j有几种可能)，用于之后的遍历 34 } 35 } 36 int hang=1,lie=1;//hang:当前第一行所有数之和 lie:当前第一列所有数之和 37 int ansh = 1000, ansl = 1000,count=0; 38 //ansh ansl:储存最优解(最小的hang lie)；count:方案数(判断是否No solution) 39 int ansmap[11][11];//储存答案方阵 40 inline void print() {//简单的输出结果的函数 41 printf("%d %d\n", ansh, ansl); 42 for (reg int i=1; i<=n; i++) { 43 for (reg int j=1; j<=n; j++) 44 printf("%4d", ansmap[i][j]); 45 printf("\n"); 46 } 47 } 48 inline void update() {//更新结果(判断当前结果是否比上一个结果更优) 49 ansh = hang; ansl = lie; 50 memcpy(ansmap, map, sizeof(map)); 51 count++; 52 } 53 bool found;//因为当第一行与第一列已经确定了时，中间这块对答案无影响，只要搜索出一个结果即可，用于剪枝 54 inline void workmid(int dx, int dy) { 55 if(found)return;//只要中间这块已经被搜索出来了，即可停止 56 if((map[dx-1][dy]&1)^(map[dx][dy-1]&1)) 57 //若上面的数与左边的数一奇一偶，肯定不符合(i+left和i+up中必定有一个为偶数，非素数) 58 return; 59 int left=map[dx-1][dy];//储存上面一格的数 60 for (reg int k = 2; k <= pre[left][1]+1; ++k) { 61 int i=pre[left][k];//遍历使left+i为素数的所有i，后面写法与此相同 62 if (prime[i+map[dx][dy-1]] && !v[i]) { 63 map[dx][dy]=i, v[i]=1; 64 if (dx<n && dy<=n)workmid(dx+1, dy), v[i]=0;//往下搜一个 65 else if (dx==n && dy<n) workmid(2, dy+1), v[i]=0;//这一列搜完了，跳到下一列 66 else if (dx==n && dy==n) update(), v[i]=0, found=1;//中间都搜完了，更新结果，标记found 67 } 68 } 69 } 70 inline void worklie(int dy) {//搜索列 71 int up=map[dy-1][1]; 72 for (reg int k=2; k<=pre[up][1]+1; ++k) { 73 int i=pre[up][k]; 74 if (!v[i] && (hang<ansh||(hang==ansh&&(lie+i)<ansl))){ 75 map[dy][1]=i, v[i]=1, lie+=i; 76 if (dy==n)workmid(2, 2), v[i]=0, lie-=i, found=0; 77 else worklie(dy+1), v[i]=0, lie-=i; 78 } 79 } 80 } 81 inline void workhang(int dx) {//搜索行 82 int left=map[1][dx-1]; 83 for (reg int k=2; k<=pre[left][1]+1; ++k) { 84 int i=pre[left][k]; 85 if (!v[i] && (hang+i)<=ansh){ 86 map[1][dx]=i, v[i]=1, hang+=i; 87 if (dx==n) worklie(2), v[i]=0, hang-=i; 88 else workhang(dx+1), v[i]=0, hang-=i; 89 } 90 } 91 } 92 int main() { 93 cin>>n; N=n*n; 94 FindPrime(); 95 predeal(); 96 map[1][1] = 1; 97 workhang(2); 98 if(count>0)print(); else printf("No solution"); 99 return 0; 100 }
