AtCoder Beginner Contest 454

E - LRUD Moving

一、 题意解析

1. 核心任务

在一个 \(N \times N\) 的网格中，你需要找到一条从左上角 \((1, 1)\) 到右下角 \((N, N)\) 的路径。

2. 约束条件

• 必经点：除了一个给定的障碍点 \((A, B)\) 之外，必须访问网格中的每一个格子。
• 唯一性：每个格子只能访问一次（哈密顿路径）。
• 步数固定：总共移动 \(N^2 - 2\) 步。
• 移动规则：只能上下左右移动。

3. 输入输出

• 如果存在这样的路径，输出 "Yes" 并输出操作序列（U, D, L, R）；
• 如果不存在，输出 "No"。

二、 算法思路

这道题的精髓在于棋盘染色理论和分层构造法。

1. 存在性判定（奇偶性检查）

我们将 \(N \times N\) 的格子进行黑白染色，规定 \((i, j)\) 的颜色由 \(i+j\) 的奇偶性决定。

格数规律：总共有 \(N^2\) 个格子。在 \(N\) 为偶数时，黑白格子各占一半（\(N^2/2\)）。

路径规律：从 \((1, 1)\) 走到 \((N, N)\)，如果访问了所有点，路径长度是 \(N^2 - 1\)。

本题关键：我们需要跳过一个点 \((A, B)\)，路径长度变为\(N^2 - 2\)。

• \((1, 1)\) 和 \((N, N)\) 的坐标和都是偶数（同色），所以需要经过偶数步。所以当 \(N\) 为奇数的时候，\(N^2 - 2\) 为奇数，矛盾，所以输出No
• 要从一个颜色出发，走完除去一个点后的所有点并到达同色点。在上面的条件下，\(N\) 为偶数，\(N^2 - 1\) 为需要染色的方格个数 (因为跳过一个了)，这个数为奇数，所以按照路径，偶奇偶奇......偶，所以被删除的点\((A, B)\)，必然是奇数点，如果是偶数，那就输出No
• 因此，必须满足：\(N\) 是偶数，且 \(A+B\) 是奇数。否则直接输出 "No"。

2. 构造合法方案

将原问题 \(N \times N\) 逐步缩小，直到变成一个最简的 \(2 \times 2\) 核心区域。

步骤一：行缩减 (Horizontal Strips)

如果目标空洞 \((A, B)\) 不在前两行（\(A > 2\)），我们可以直接走完前两行：

• 路径：\((1,1) \to (1,N) \to (2,N) \to (2,1) \to (3,1)\)。
• 代码中的 s1 字符串 RRRRRDLLLLLLD 对应的就是这一操作。通过这种方式，问题规模从 \(N \times N\) 缩减为 \((N-2) \times N\)。

步骤二：列缩减 (Vertical Strips)

在处理完行后，如果空洞 \((A, B)\) 不在前两列（\(B > 2\)），我们采用类似的逻辑走完最左边的两列：

• 路径：反复下右上右路径 ，\((1,1) \to (2,1) \to (2,2) \to (2,2) \to (3,1)\)。
• 这样将问题宽度减少 2，直到 \((A, B)\) 落在当前剩余区域的左上角 \(2 \times 2\) 范围内。

第三步：核心 \(2 \times 2\) 绕行

通过上述缩减，最终 \((A, B)\) 必然会落在一个 \(2 \times 2\) 或类似的局部区域内。此时：

• 如果 \((A, B)\) 在 \((1, 2)\)，我们必须先走 D 再走 R 绕开它。
• 否则，通常先走 R 再走 D。

第四步：后续填补

处理完包含 \((A, B)\) 的核心区域后，再用同样对称的逻辑（s3 和 s4）把右边和下面剩下的空间补齐。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve() {
    int a, b, n, m, N;
    cin >> n >> a >> b;
    m = n;
    N = n;
    if (n % 2 == 1) {
        cout << "No" << endl;
        return;
    }
    if ((a + b) % 2 == 0) {
        cout << "No" << endl;
        return;
    }
    cout << "Yes" << endl;
    // 1 .f(n,m,a,b)->f(n-2,m,a-2,b) RRRRRDLLLLLLD
    int firstrow = 0;
    string s1;
    while (a > 2) {
        n -= 2;
        a -= 2;
        firstrow++;
    }

    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        s1.push_back('R');
    }
    s1.push_back('D');
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        s1.push_back('L');
    }
    s1.push_back('D');

    // 4. f(n,m,a,b)->f(n-2,m,a,b)  DLLLLLLLLDRRRRRRRRRR
    int secondrow = 0;
    while (n - 1 > a) {
        n -= 2;
        secondrow++;
    }
    string s4;
    s4.push_back('D');
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        s4.push_back('L');
    }
    s4.push_back('D');
    for (int i = 0; i < N - 1; i++) {
        s4.push_back('R');
    }

    // 2. f(n,m,a,b)->f(n,m-2,a,b-2)  DRUR
    int firstcol = 0;
    while (b > 2) {
        m -= 2;
        b -= 2;
        firstcol++;
    }
    string s2;
    s2.push_back('D');
    s2.push_back('R');
    s2.push_back('U');
    s2.push_back('R');

    // 3.RURD
    int secondcol = 0;
    while (m - 1 > b) {
        m -= 2;
        secondcol++;
    }
    string s3;
    s3.push_back('R');
    s3.push_back('U');
    s3.push_back('R');
    s3.push_back('D');

    for (int i = 0; i < firstrow; i++) {
        cout << s1;
    }
    for (int i = 0; i < firstcol; i++) {
        cout << s2;
    }

    if (a == 1 && b == 2) {
        cout << "DR";
    } else {
        cout << "RD";
    }

    for (int i = 0; i < secondcol; i++) {
        cout << s3;
    }

    for (int i = 0; i < secondrow; i++) {
        cout << s4;
    }

    cout << endl;
}
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}