洛谷1092 虫食算

原题链接

这题可以用爆搜或高斯消元，这里我用的是高斯消元。
对于题目中的样例：

ABCED
BDACE
EBBAA

我们可以将其转化为如下的方程组：

$\begin{cases} A + B = E + k_1 \\ B + D = B + k_2 \\ C + A = B + k_3 \\ E + C = A + k_4 \\ D + E = A + k_5 \end{cases}$

$k_i$是因为进位的关系所加上去的数。若该位是进位的，$k_i = n$，若该位是被进位的，$k_i = -1$，若既进位有被进位，$k_i = n - 1$，若都没有则$k_i = 0$。
将未知数移到一边得（$k_i$看作常数）：

$\begin{cases} A + B - E = k_1 \\ D = k_2 \\ C + A - B = k_3 \\ E + C - A = k_4 \\ D + E - A = k_5 \end{cases}$

转换为高斯消元的系数矩阵：

$\begin{bmatrix} A & B & C & D & E & | & k_i \\ \hline 1 & 1 & 0 & 0 & -1 & | & k_1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & | & k_2 \\ 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & | & k_3 \\ -1 & 0 & 1 & 0 & 1 & | & k_4 \\ -1 & 0 & 0 & 1 & 1 & | & k_5 \end{bmatrix}$

于是很容易想到一种做法，先搜索$k_i$的值，然后用高斯消元判断是否正确即可，但复杂度为$O(2 ^ n\times n ^ 3)$，显然超时了。
考虑按上述思路逆向去做，将$k_i$也看作未知数，则矩阵转化为：

$\begin{bmatrix} A & B & C & D & E & | & k_1 & k_2 & k_3 & k_4 & k_5 \\ \hline 1 & 1 & 0 & 0 & -1 & | & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & | & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & | & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 1 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

进行一遍高斯消元后即可得到如下的关系式：

$\begin{cases} A = k_1 - 2k_2 + k_3 - k_4 + 2k_5 \\ B = k_1 - k_2 + k_5 \\ C = k_2 + k_4 - k_5 \\ D = k_2 \\ E = k_1 - 3k_2 + k_3 - k_4 + 3k_5 \end{cases}$

然后再去搜索$k_i$的值代入关系式判断是否有解即可。
时间复杂度$O(n ^ 3 + 2 ^ n \times n ^ 2)$，虽然依旧很高，但由于在检验$k_i$的值是否可行时，大多数情况都无法达到$n^2$（基本在判断第一个解时就能判断是错的），因此是能通过本题的。
另外，$k_i$的值取决于$k_{i - 1}$的值，当$k_{i - 1}$为$0$或$-1$时，$k_i$只能为$0$或$n$，当$k_{i - 1}$为$n$或$n - 1$时，$k_i$只能为$-1$或$n - 1$，即前一位是否进位关系该位的取值。
所以虽然$k_i$有$4$个取值，但搜索的复杂度仅为$2^n$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 30;
int X[N][N], K[N][N], V[N], ans[N], n;
bool v[N];
inline char re()
{
	char c = getchar();
	for (; c < 'A' || c > 'Z'; c = getchar());
	return c;
}
inline void sw(int& x, int& y) { int z = x; x = y; y = z; }
inline int jd(int x) { return x < 0 ? -x : x; }
inline int gcd(int x, int y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }
bool judge()
{
	int i, j;
	memset(v, 0, sizeof(v));
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (ans[i] = 0, j = 1; j <= n; j++)
			ans[i] += V[j] * K[i][j];
		if (ans[i] % X[i][i])
			return false;
		ans[i] /= X[i][i];
		if (ans[i] < 0 || ans[i] >= n || v[ans[i]])
			return false;
		v[ans[i]] = 1;
	}
	return true;
}
bool dfs(int x, int y)
{
	V[x] = y;
	if (!(x ^ 1))
		return judge();
	if (dfs(x - 1, 0))
		return true;
	V[x] += n;
	return dfs(x - 1, -1);
}
int main()
{
	int i, j, k, lcn, x, y;
	scanf("%d", &n);
	for (i = 1; i < 3; i++)
		for (j = 1; j <= n; j++)
			X[j][re() - 'A' + 1]++;
	for (i = 1; i <= n; i++)
		X[i][re() - 'A' + 1]--, K[i][i] = 1;
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (k = i, j = i + 1; j <= n; j++)
			if (jd(X[k][i]) < jd(X[j][i]))
				k = j;
		if (k ^ i)
			for (j = 1; j <= n; j++)
				sw(X[k][j], X[i][j]), sw(K[k][j], K[i][j]);
		for (j = 1; j <= n; j++)
			if (X[j][i] && j ^ i)
			{
				lcn = X[j][i] * X[i][i] / gcd(X[j][i], X[i][i]);
				x = lcn / X[j][i]; y = lcn / X[i][i];
				for (k = 1; k <= n; k++)
					X[j][k] = X[j][k] * x - X[i][k] * y, K[j][k] = K[j][k] * x - K[i][k] * y;
			}
	}
	dfs(n, 0);
	for (i = 1; i <= n; i++)
		printf("%d ", ans[i]);
	return 0;
}