NC20241 [SCOI2005]扫雷MINE

题目

题目描述

相信大家都玩过扫雷的游戏。那是在一个 $n \times m$ 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 $n \times 2$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。

输入描述

第一行为 $N$，第二行有 $N$ 个数，依次为第二列的格子中的数。（$1 ≤ N ≤ 10000$）

输出描述

一个数，即第一列中雷的摆放方案数。

示例1

输入

2
1 1

输出

2

题解

知识点：枚举，递推。

注意到只有两列一列无雷，一列有雷，不妨假设 $a$ 列无雷，$b$ 列有雷，$b[i]$ 为1则 $i$ 处有雷；$b[i]$ 为0则 $i$ 处无雷 。

不妨假设 $b[1] = 1$ ，就可以通过 $a[1]$ 确定 $b[2]$，之后遍历 $[1,n-1]$ 通过 $a[i] - b[i-1] - b[i]$ 得到 $b[i+1]$ 。

如果某次 $b[i+1]<0$ 或者 $b[i+1] >1$ 或者 $b[n] + b[n-1] != a[n]$ ，说明这种可能不可行，否则就完成了一种可能。

同理 $b[1] = 0$ 情况模拟一次，累加可能数即可得到最后答案。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
 
int a[100007];
bool b[100007];
 
bool check(int n){
    for(int i = 1;i<=n-1;i++){///最后一个点是确定的不需要再遍历，直接最后判断
        int tmp = a[i] - b[i] - b[i-1];///当前a的某点还要的雷
        if(tmp<0 || tmp>1) return 0;
        else b[i+1] = tmp;
    }
    if(b[n]+b[n-1] == a[n]) return 1;
    else return 0;
}
 
int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i = 1; i<=n; i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
 
    int ans = 0;
    b[1] = 0;
    if(check(n)) ans++;
    b[1] = 1;
    if(check(n)) ans++;
 
    cout<<ans<<'\n';
    return 0;
}