[刷题笔记] Luogu P2327 扫雷

Problem

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Solution

一道非常有意思的题。

首先，有一个小性质：第二列只要第一位确定，后面的全都确定了

简单证明：

-题目已知一个数字会影响八连通，在这个题中就变成了影响左边左上左下三方向（最顶上和最底下除外），如图：

显然对于红色部分影响了其左边的黄色部分。

由此我们发现，右边的一个数字最多影响左边三个数字，若左边第一位是否有雷确定，则后面的雷都可以通过递推得到。因此，若左边的第一位是否有雷确定，答案唯一。（答案不合法除外）

因此，我们发现，无论棋盘大小，\(ans \in [0,1,2]\)(由于我打不上大括号就用[]了ww)

本题若利用这个小性质会简化很多。

我们分别令第一位有雷或无雷，分别判断答案是否合法即可。
至于如何递推的求雷个数，我们发现，一个位置雷的个数=她上一位右列雷的个数-左上-左侧

这样描述会很抽象，形式化地，若\(f_i\)表示第\(i\)行雷的个数，则满足：
\(f_i=a_{i-1}-f_{i-1}-f_{i-2}\)
本题中还有特殊情况就是当\(i=2 || n\)是否会越界，我们第一位已经确定，从第二位开始搜，最小会搜到0，\(f_0=0\)不会影响答案。故状态转移方程正确。

至此，本题的解，代码如下。

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Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define N 100010
using namespace std;
int n;
int a[N];
int f[N];
bool flag1 = false,flag2 = false;
bool dp()
{
	for(int i=2;i<=n;i++) f[i] = a[i-1] - f[i-1] - f[i-2];  //递推求dp值
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!(f[i] == 0 || f[i] == 1)) return 0;//如果一个位置有多个地雷不合法
	if(f[n-1]+f[n] != a[n]) return 0; //边界处理不当不合法
	return 1;//否则合法
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	memset(f,0,sizeof(f)); //跑两遍，记得多测清空
	f[1] = 1;
	flag1 = dp();
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[1] = 0;
	flag2 = dp();
	cout<<flag1+flag2<<endl;
	return 0;
}