【CJOJ1793】【USACO 4.3.2】素数方阵
2024-08-28 11:56:32
题面
Description
在下面的方格中，每行，每列，以及两条对角线上的数字可以看作是五位的素数。方格中的行按照从左到右的顺序组成一个素数，而列按照从上到下的顺序。两条对角线也是按照从左到右的顺序来组成。
这些素数各个数位上的和必须相等。
左上角的数字是预先定好的。
一个素数可能在方阵中重复多次。
如果不只有一个解，将它们全部输出（按照这25个数字组成的25位数的大小排序）。
一个五位的素数开头不能为0（例如：00003 不是五位素数）
Input
一行包括两个被空格分开的整数:各个位的数字和 和左上角的数字。
Output
对于每一个找到的方案输出5行，每行5个字符, 每行可以转化为一个5位的质数.在两组方案中间输出一个空行. 如果没有解就单独输出一行"NONE"。
Sample Input
11 1
Sample Output
11351
14033
30323
53201
13313
11351
33203
30323
14033
33311
13313
13043
32303
50231
13331
题解
这道题，搜索好题。
先说我的第一种方法：
首先筛选质数（一个很显然的优化：只需要数字和为给定值的质数）
然后是将质数建立字典树
然后从第一列开始，每列填写一个质数，然后每行每对角线依次检查，判断是否可行。每次的解先存起来，最后排序、输出。
长长的代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool zs(int x)
{
int t=sqrt(x);
for(int i=2;i<=t;++i)
if(x%i==0)return false;
return true;
}
int cnt=0,tot=0,pri[5000];
int S,A;
int g[6][6];
int number[5000][6];
struct Node
{
int vis[10];//字典树
}t[100000];
struct Ans
{
int g[6][6];
}ans[100];
bool operator <(Ans a,Ans b)
{
for(int i=1;i<=5;++i)
for(int j=1;j<=5;++j)
if(a.g[i][j]!=b.g[i][j])
return a.g[i][j]<b.g[i][j];
}
int sum=0;
inline void outp()
{
for(int i=1;i<=5;++i)
{
for(int j=1;j<=5;++j)
printf("%d",g[i][j]);
printf("\n");
}
}
inline void Record()//记录答案
{
sum++;
for(int i=1;i<=5;++i)
for(int j=1;j<=5;++j)
ans[sum].g[i][j]=g[i][j];
}
inline void Add(int x)//判断是否可行并构建字典树
{
int a[6]={0,x/10000,x/1000%10,x/100%10,x/10%10,x%10};
if(a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]!=S)return;
if(!zs(x))return;
int now=0;
++tot;//满足条件的素数
pri[tot]=x;
//number[tot]=a;
//cout<<pri[tot]<<endl;
for(int i=1;i<=5;++i)//构造字典树
{
if(t[now].vis[a[i]]==0)
t[now].vis[a[i]]=++cnt;
now=t[now].vis[a[i]];
}
}
inline bool check(int x)//检查到第x列
{
int now,s;
//检验左上到右下对角线
s=now=0;
for(int j=1;j<=x;++j)
{
s+=g[j][j];
if(t[now].vis[g[j][j]]==0)return false;
now=t[now].vis[g[j][j]];
}
if(s>S)return false;//如果和已经大于S
if(x==5&&s!=S)return false;//最后的和必须为S
//检验左下到右上对角线
s=now=0;
for(int j=1;j<=x;++j)
{
s+=g[6-j][j];
if(t[now].vis[g[6-j][j]]==0)return false;
now=t[now].vis[g[6-j][j]];
}
if(s>S)return false;//如果和已经大于S
if(x==5&&s!=S)return false;//最后的和必须为S
for(int i=1;i<=5;++i)//枚举行
{
now=s=0;
for(int j=1;j<=x;++j)
{
s+=g[i][j];
if(t[now].vis[g[i][j]]==0)return false;
now=t[now].vis[g[i][j]];//字典树
}
if(s>S)return false;//如果和已经大于S
if(x==5&&s!=S)return false;//最后的和必须为S
}
return true;
}
void DFS(int x)
{
//outp();
//cout<<endl;
if(!check(x-1))return;//不合要求
if(x==6)
{
Record();
//outp();
return;
}
for(int i=1;i<=tot;++i)//填数
{
g[1][x]=pri[i]/10000;
g[2][x]=pri[i]/1000%10;
g[3][x]=pri[i]/100%10;
g[4][x]=pri[i]/10%10;
g[5][x]=pri[i]%10;
DFS(x+1);
g[1][x]=g[2][x]=g[3][x]=g[4][x]=g[5][x]=-1;//回朔
}
}
int main()
{
freopen("prime.in","r",stdin);
freopen("prime.out","w",stdout);
cin>>S;
cin>>A;
for(int i=10003;i<=99999;i+=2)
Add(i);
memset(g,-1,sizeof(g));
for(int i=1;i<=tot;++i)//枚举第一列
{
if(pri[i]/10000==A)
{
g[1][1]=A;
g[2][1]=pri[i]/1000%10;
g[3][1]=pri[i]/100%10;
g[4][1]=pri[i]/10%10;
g[5][1]=pri[i]%10;
DFS(2);//搜索
}
if(pri[i]/10000>A)break;
}
sort(&ans[1],&ans[sum+1]);
for(int k=1;k<=sum;++k)
{
for(int i=1;i<=5;++i)
{
for(int j=1;j<=5;++j)
printf("%d",ans[k].g[i][j]);
printf("\n");
}
printf("\n");
}
if(sum==0)
cout<<"NONE"<<endl;
return 0;
}
这样子求解还是很容易的，但是，并不能够随时判断一个质数是否能够填上去，导致会求出大量的无用解法，导致超时。
那么，证明这样一列一列填还是效率太低。
然后看我的第二种解法：
首先还是找出所有满足条件的质数，
暴力求出他们的前缀和后缀（其实建立字典树也是可以的）
接下来，每次搜索一个格子（从第一行开始，自左向右，自上而下），
枚举填的数，并且判断是否可行（判断每一行是否存在前缀，每一列是否存在前缀，主对角线是否存在前缀，副对角线是否存在后缀），这样就能够减去大量的不合理情况。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline bool zs(int x)
{
int t=sqrt(x);
for(int i=2;i<=t;++i)
if(x%i==0)return false;
return true;
}
int S,A;
int g[6][6];
int hz[1000001],qz[1000001];
int pp[6]={1,10,100,1000,10000,100000};
int sum=0;
int L[10],R[10];
int djx1,djx2;
inline void outp()
{
for(int i=1;i<=5;++i)
{
printf("%d\n",L[i]);
}
printf("\n");
}
inline void Add(int x)//判断是否可行
{
int a[6]={0,x/10000,x/1000%10,x/100%10,x/10%10,x%10};
if(a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]!=S)return;
if(!zs(x))return;
int i=x;
qz[i/10000]=qz[i/1000]=qz[i/100]=qz[i/10]=qz[i]=true;//前缀
hz[i%10000]=hz[i%1000]=hz[i%100]=hz[i%10]=hz[i]=true;//后缀
}
void DFS(int x,int y)
{
if(y==6)//换行
{
y=1;x+=1;
}
if(x==6)//输出解
{
++sum;
outp();
return;
}
bool ok1,ok2,ok3,ok4;
for(int i=0;i<=9;++i)//枚举当前数字
{
ok1=qz[L[x]*10+i];//行的值要在前缀中
ok2=qz[R[y]*10+i];//列的值要在前缀中
ok3=((x!=y)||(x==y&&qz[djx1*10+i]));//对角线的值要在前缀中
ok4=((x+y!=6)||(x+y==6&&hz[djx2+i*pp[x-1]]));//对角线的值要在后缀中
if(!(ok1&&ok2&&ok3&&ok4))continue;
L[x]=L[x]*10+i;
R[y]=R[y]*10+i;
if(x==y) djx1=djx1*10+i;
if(x+y==6)djx2=djx2+i*pp[x-1];
DFS(x,y+1); //向下搜索
L[x]/=10;
R[y]/=10;
if(x==y) djx1/=10;
if(x+y==6)djx2-=i*pp[x-1];
}
}
int main()
{
freopen("prime.in","r",stdin);
freopen("prime.out","w",stdout);
cin>>S;
cin>>A;
for(int i=10003;i<=99999;i+=2)
Add(i);
memset(g,-1,sizeof(g));
g[1][1]=A;
L[1]=R[1]=djx1=A;
DFS(1,2);
if(sum==0)
cout<<"NONE"<<endl;
return 0;
}
这种方法能够AC，但是效率很低。
AC归为AC
其实这题如果更改搜索顺序和得到更好地优化。
并且很明显的一点就是，如果求出了某 行/列/对角线 上的四个数，最后一个是可以直接计算判断的（效率更高）。【但是我很懒，没有继续优化了】
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