题目描述
Mayan puzzle是最近流行起来的一个游戏。游戏界面是一个 7 行5 列的棋盘，上面堆放着一些方块，方块不能悬空堆放，即方块必须放在最下面一行，或者放在其他方块之上。游戏通关是指在规定的步数内消除所有的方块，消除方块的规则如下：
1 、每步移动可以且仅可以沿横向（即向左或向右）拖动某一方块一格：当拖动这一方块时，如果拖动后到达的位置（以下称目标位置）也有方块，那么这两个方块将交换位置（参见输入输出样例说明中的图6 到图7 ）；如果目标位置上没有方块，那么被拖动的方块将从原来的竖列中抽出，并从目标位置上掉落（直到不悬空，参见下面图1 和图2）；
2 、任一时刻，如果在一横行或者竖列上有连续三个或者三个以上相同颜色的方块，则它们将立即被消除（参见图1 到图3）。
注意：
a) 如果同时有多组方块满足消除条件，几组方块会同时被消除（例如下面图4 ，三个颜色为1 的方块和三个颜色为 2 的方块会同时被消除，最后剩下一个颜色为 2 的方块）。
b) 当出现行和列都满足消除条件且行列共享某个方块时，行和列上满足消除条件的所有方块会被同时消除（例如下面图5 所示的情形，5 个方块会同时被消除）。
3 、方块消除之后，消除位置之上的方块将掉落，掉落后可能会引起新的方块消除。注意：掉落的过程中将不会有方块的消除。
上面图1 到图 3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋盘的左下角方块的坐标为（0, 0 ），将位于（3, 3 ）的方块向左移动之后，游戏界面从图 1 变成图 2 所示的状态，此时在一竖列上有连续三块颜色为4 的方块，满足消除条件，消除连续3 块颜色为4 的方块后，上方的颜色为3 的方块掉落，形成图 3 所示的局面。
输入输出格式
输入格式：
输入文件mayan.in，共 6 行。
第一行为一个正整数n ，表示要求游戏通关的步数。
接下来的5 行，描述 7*5 的游戏界面。每行若干个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每行以一个0 结束，自下向上表示每竖列方块的颜色编号（颜色不多于10种，从1 开始顺序编号，相同数字表示相同颜色）。
输入数据保证初始棋盘中没有可以消除的方块。
输出格式：
输出文件名为mayan.out。
如果有解决方案，输出 n 行，每行包含 3 个整数x，y，g ，表示一次移动，每两个整数之间用一个空格隔开，其中（x ，y）表示要移动的方块的坐标，g 表示移动的方向，1 表示向右移动，-1表示向左移动。注意：多组解时，按照 x 为第一关健字，y 为第二关健字，1优先于-1 ，给出一组字典序最小的解。游戏界面左下角的坐标为（0 ，0 ）。
如果没有解决方案，输出一行，包含一个整数-1。
输入输出样例
说明
【输入输出样例说明】
按箭头方向的顺序分别为图6 到图11
样例输入的游戏局面如上面第一个图片所示，依次移动的三步是：（2 ，1 ）处的方格向右移动，（3，1 ）处的方格向右移动，（3 ，0）处的方格向右移动，最后可以将棋盘上所有方块消除。
【数据范围】
对于30% 的数据，初始棋盘上的方块都在棋盘的最下面一行；
对于100%的数据，0 < n≤5 。
noip2011提高组day1第3题
dfs+模拟
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define inf 2147483647 const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; #define ri register int template <class T> inline T min(T a, T b, T c) { return min(min(a, b), c); } template <class T> inline T max(T a, T b, T c) { return max(max(a, b), c); } template <class T> inline T min(T a, T b, T c, T d) { return min(min(a, b), min(c, d)); } template <class T> inline T max(T a, T b, T c, T d) { return max(max(a, b), max(c, d)); } #define scanf1(x) scanf("%d", &x) #define scanf2(x, y) scanf("%d%d", &x, &y) #define scanf3(x, y, z) scanf("%d%d%d", &x, &y, &z) #define scanf4(x, y, z, X) scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &z, &X) #define pi acos(-1) #define me(x, y) memset(x, y, sizeof(x)); #define For(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++) #define FFor(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--) #define bug printf("*********** "); #define pb push_back const int N = 1000005; // name******************************* int mp[10][10][10]; int ansx[10],ansy[10],ansmv[10]; int dx[4]= {0,0,1,-1}; int dy[4]= {1,-1,0,0}; int vis[10][10]; int n; // function****************************** void save(int d,int x,int y,int mv) { ansx[d]=x-1; ansy[d]=y-1; ansmv[d]=mv; } void fall(int d) { For(i,1,5) { int cnt=0; For(j,1,7) { if(mp[d][i][j]) mp[d][i][++cnt]=mp[d][i][j]; } while(cnt<=6)mp[d][i][++cnt]=0; } } void refresh(int d) { bool flag=true; while(flag) { flag=false; fall(d); For(i,1,5) For(j,1,7) { if(!mp[d][i][j])continue; if(i<=3) { if(mp[d][i][j]==mp[d][i+1][j]&&mp[d][i+1][j]==mp[d][i+2][j]) flag=vis[i][j]=vis[i+1][j]=vis[i+2][j]=1; } if(j<=5) { if(mp[d][i][j]==mp[d][i][j+1]&&mp[d][i][j+1]==mp[d][i][j+2]) flag=vis[i][j]=vis[i][j+1]=vis[i][j+2]=1; } } For(i,1,5) For(j,1,7) if(vis[i][j]) mp[d][i][j]=vis[i][j]=0; } } bool solve(int d) { For(i,1,5) For(j,1,7) mp[d][i][j]=mp[d-1][i][j]; refresh(d); if(d==n+1) { For(i,1,5) if(mp[d][i][1])return false; return true; } For(i,1,5) For(j,1,7) { if(!mp[d][i][j])continue; if(i<=4&&mp[d][i][j]!=mp[d][i+1][j]) { save(d,i,j,1); swap(mp[d][i][j],mp[d][i+1][j]); if(solve(d+1))return true; swap(mp[d][i][j],mp[d][i+1][j]); } if(i>=2&&!mp[d][i-1][j]) { save(d,i,j,-1); swap(mp[d][i][j],mp[d][i-1][j]); if(solve(d+1))return true; swap(mp[d][i][j],mp[d][i-1][j]); } } return false; } //*************************************** int main() { // ios::sync_with_stdio(0); // cin.tie(0); // freopen("test.txt", "r", stdin); // freopen("outout.txt","w",stdout); cin>>n; For(i,1,5) For(j,1,8) { int x; scanf("%d",&x); if(!x)break; mp[0][i][j]=x; } if(solve(1)) For(i,1,n) cout<<ansx[i]<<" "<<ansy[i]<<" "<<ansmv[i]<<endl; else cout<<-1; return 0; }