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;
}