[BZOJ1088] [SCOI2005] 扫雷Mine

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

2
1 1

Sample Output

2

HINT

Source

Solution

　　假如第一个格子确定了，那么剩余的格子就可以推算出来了，第一个格子只有$2$种情况（即有雷和无雷），都做一遍就行了

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int g[10005][3];
 4 int main()
 5 {
 6     int n, w, ans = 0;
 7     bool flag = true;
 8     cin >> n;
 9     for(int i = 1; i <= n; ++i)
10         cin >> g[i][2];
11     g[1][1] = 1;
12     for(int i = 2; i <= n; ++i)
13     {
14         w = g[i - 2][1] + g[i - 1][1];
15         if(g[i - 1][2] - w == 1)
16             g[i][1] = 1;
17         else if(!(g[i - 1][2] - w))
18             continue;
19         else
20             flag = false;
21     }
22     if(g[n - 1][1] + g[n][1] != g[n][2])
23         flag = false;
24     ans += flag;
25     flag = true;
26     for(int i = 1; i <= n; ++i)
27         g[i][1] = 0;
28     for(int i = 2; i <= n; ++i)
29     {
30         w = g[i - 2][1] + g[i - 1][1];
31         if(g[i - 1][2] - w == 1)
32             g[i][1] = 1;
33         else if(!(g[i - 1][2] - w))
34             continue;
35         else
36             flag = false;
37     }
38     if(g[n - 1][1] + g[n][1] != g[n][2])
39         flag = false;
40     ans += flag;
41     cout << ans << endl;
42     return 0;
43 }
View Code

 

posted @ 2016-06-26 22:42  CtrlCV  阅读(400)  评论(0)  编辑  收藏  举报