第二讲：搜索与优化技巧

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[蓝桥杯] 第二讲：搜索与优化技巧 - 题单 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态

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Solution

B3642 二叉树的遍历

• 前序遍历：根子树 $\rightarrow$ 左子树 $\rightarrow$ 右子树

• 中序遍历：左子树 $\rightarrow$ 根子树 $\rightarrow$ 右子树

• 后序遍历：左子树 $\rightarrow$ 右子树 $\rightarrow$ 根子树

时间复杂度 $O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

int n;
struct Node {
    int son_1, son_2;
} a[N];

void pre_search(int u) // 前序遍历
{
    printf("%d ", u);
    if (a[u].son_1)
        pre_search(a[u].son_1);
    if (a[u].son_2)
        pre_search(a[u].son_2);
}

void in_search(int u) // 中序遍历
{
    if (a[u].son_1)
        in_search(a[u].son_1);
    printf("%d ", u);
    if (a[u].son_2)
        in_search(a[u].son_2);
}

void post_search(int u) // 后序遍历
{
    if (a[u].son_1)
        post_search(a[u].son_1);
    if (a[u].son_2)
        post_search(a[u].son_2);
    printf("%d ", u);
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d", &a[i].son_1, &a[i].son_2);

    pre_search(1);
    putchar('\n');

    in_search(1);
    putchar('\n');
    
    post_search(1);
    return 0;
}

import sys
sys.setrecursionlimit(10**6)

N = 10**6 + 10
a = [[0, 0] for _ in range(N)]

def pre_search(u):  # 前序遍历
    if u == 0:
        return
    print(u, end=' ')
    pre_search(a[u][0])
    pre_search(a[u][1])

def in_search(u):  # 中序遍历
    if u == 0:
        return
    in_search(a[u][0])
    print(u, end=' ')
    in_search(a[u][1])

def post_search(u):  # 后序遍历
    if u == 0:
        return
    post_search(a[u][0])
    post_search(a[u][1])
    print(u, end=' ')

def main():
    n = int(input())
    for i in range(1, n + 1):
        a[i][0], a[i][1] = map(int, input().split())
    
    pre_search(1)
    print()
    in_search(1)
    print()
    post_search(1)

if __name__ == "__main__":
    main()

P1219 八皇后 Checker Challenge

算法：深度优先搜索（DFS）

先按照行的顺序递归，后枚举列选择可以放棋子的位置。

枚举落子点时，需要设法保存列和对角线被占用的信息，来告诉我们此处是否可以落子。

首先，设 $line_i$ 记录某列是否被占用。

对于对角线，注意到：若点 $(x_1,y_1)$ 与 $(x_2,y_2)$ 占据了同一条左上 $\rightarrow$ 右下的对角线，则有

$x_1-y_1=x_2-y_2$

相同地，若点 $(x_1,y_1)$ 与 $(x_2,y_2)$ 占据了同一条右上 $\rightarrow$ 左下的对角线，则有

$x_1+y_1=x_2+y_2$

故可用 $x+y$ 和 $x-y$ 为两类对角线分别标号。由于可能出现 $x-y<0$，而数组下标不能为负数，故采用 map 定义数组 $le_i$ 和 $ri_i$，分别记录两类对角线的占用情况。

map<int, int> le, ri;

这样定义后，可将 $le_i$ 和 $ri_i$ 视为下标可为负数的数组。python 可用字典实现，具体看下方代码。

若当前位置 $(x,y)$ 的 $line_y$、$le_y$、$ri_y$ 有一个等于 $1$，说明该点无法放棋子，因此选择枚举下一个点。

否则，向下一行搜索。在此之前，对 $line_i$、$le_i$、$ri_i$ 打上标记。在下一行的 dfs 函数返回后撤销标记。

时间复杂度 $O(n\times n!)$。由于搜索过程中存在剪枝的情况，所以跑不满。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 25;

int n, row[N], line[N], ans[N], tot;
map<int, int> le, ri; // 记录对角线的占用情况

void dfs(int x)
{
    if (x == n + 1) {
        tot += 1;
        if (tot <= 3) {
            for (int i = 1; i <= n; i++)
                printf("%d ", ans[i]);
            putchar('\n');
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 枚举 y 坐标
        if (line[i] == 1 || le[x - i] || ri[x + i]) // 列或对角线被占用，(x,i)不能再放棋子
            continue;
        line[i] = le[x - i] = ri[x + i] = 1; // 对占用的列以及对角线打上标记
        ans[x] = i; // 第 x 行占据了第 i 列
        dfs(x + 1); // 搜索下一行
        line[i] = le[x - i] = ri[x + i] = 0; // 回溯，撤销标记
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    dfs(1);
    printf("%d", tot);
    return 0;
}

import sys

N = 25
n = 0
line = [0] * N
ans = [0] * N
tot = 0
le = {}
ri = {}

def dfs(x):
    global tot
    if x == n + 1:
        tot += 1
        if tot <= 3:
            print(" ".join(map(str, ans[1:n+1])))
        return
    
    for i in range(1, n + 1):  # 枚举 y 坐标
        if line[i] == 1 or le.get(x - i, 0) or ri.get(x + i, 0):  # 列或对角线被占用
            continue
        line[i] = le[x - i] = ri[x + i] = 1  # 标记占用
        ans[x] = i  # 第 x 行放置在第 i 列
        dfs(x + 1)  # 递归搜索下一行
        line[i] = le[x - i] = ri[x + i] = 0  # 回溯撤销标记

def main():
    global n
    n = int(input())
    dfs(1)
    print(tot)

if __name__ == "__main__":
    main()

P8604 危险系数

图上搜索题。

容易想到应该枚举当不同的点为断点的情况下，起点和终点是否可达。否，则答案加一。

$g_{u,v}$ 表示点 $u,v$ 是否有一条边连接。

题目中的图是无向图，为避免搜索进入死循环，设 $vis_i$ 记录当前搜索状态下，点 $i$ 是否被经过。不允许点被路径经过两次。

使用搜索判断起点和终点是否联通。原理和前面的例题大致相同，细节实现参考代码。

时间复杂度 $O(nm)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1005;

int n, m, g[N][N], st, ed, ans, vis[N], flg;

void dfs(int u, int k)
{
    if (u == ed) {
        flg = 1; // 联通标记
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 枚举下一个去的点
        if (g[u][i] && i != k && !vis[i]) {
            vis[i] = 1; // 点 i 已经到达过
            dfs(i, k);
            vis[i] = 0; // 回溯
            if (flg) // 已经找到了联通方案
                return;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        g[x][y] = g[y][x] = 1; // x 和 y 双向可达
    }
    scanf("%d%d", &st, &ed);
    vis[st] = 1;
    dfs(st, 0); // 判断两点本来是否联通
    if (!flg) {
        printf("-1");
        return 0;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) // 枚举断点
        if (i != st && i != ed) {
            flg = 0;
            dfs(st, i);
            if (!flg) // i 为断点时起点与终点不连通
                ans += 1; 
        }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

import sys
sys.setrecursionlimit(10**6)

N = 1005
n = m = st = ed = ans = 0
g = [[0] * N for _ in range(N)]
vis = [0] * N
flg = 0

def dfs(u, k):
    global flg, n, ed, g, vis
    if u == ed:
        flg = 1  # 联通标记
        return
    for i in range(1, n + 1):  # 枚举下一个去的点
        if g[u][i] and i != k and not vis[i]:
            vis[i] = 1  # 点 i 已经到达过
            dfs(i, k)
            vis[i] = 0  # 回溯
            if flg:  # 已经找到了联通方案，提前返回
                return

def main():
    global n, m, st, ed, ans, g, vis, flg
    # 第一行输入：站点数 n 和通道数 m
    n, m = map(int, input().split())
    
    # 读取 m 行边信息
    for _ in range(m):
        u, v = map(int, input().split())
        g[u][v] = g[v][u] = 1  # x 和 y 双向可达

    # 最后一行：查询的两个站点 st 和 ed
    st, ed = map(int, input().split())
    
    # 判断起点和终点是否原本联通
    vis[st] = 1
    dfs(st, 0)  # k = 0 表示不移除任何点
    if not flg:
        print(-1)
        return
    
    ans = 0
    # 枚举断点：除了 st 和 ed 之外的每个站点
    for i in range(1, n + 1):
        if i == st or i == ed:
            continue
        flg = 0
        vis = [0] * (n + 1)
        vis[st] = 1
        dfs(st, i)
        if not flg:  # 如果移除 i 后起点与终点不连通，则 i 为断点
            ans += 1
    print(ans)

if __name__ == "__main__":
    main()

P1443 马的遍历

算法：广度优先搜索（BFS)。

前置知识——队列：只允许在一端进行插入操作，在另一端进行删除操作的线性表。（前出后进的数组）

在本题中，先新建一个空队列，再把起点 $(x,y)$ 加入队列。

每次 BFS 操作，第一步先取出队列最前面的点，并从队列中删除。第二步，枚举出 8 个从当前取出点下一步能到达的点，并将其中的合法点加入队列的尾端。接着重新从队头取出下一个点，重复上述操作，直到队列被取空为止。

本题适用 BFS 而不是 DFS 的原因在于： 本题所求为到达各点所需的最小步数，而 DFS 总是容易一条路走到黑，所以需要多次重复试错并比较结果才能得到最优的答案。而 BFS 中，点进入队列的先后，正好对应着最小步数的大小，故仅需较少的搜索次数即可得到答案。

每个格子只会被访问一次，时间复杂度为 $O(nm)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 405;

int n, m, X, Y, ans[N][N], head = 1, tail,
    dx[8] = {1, 1, 2, 2, -1, -1, -2, -2}, // 马的8个方向向量
    dy[8] = {2, -2, 1, -1, 2, -2, 1, -1};
struct Node {
    int x, y;
} q[1000010]; // 队列

void bfs()
{
    q[++tail] = (Node){X, Y};
    ans[X][Y] = 0;
    while (head <= tail) { // 队列不为空
        int x = q[head].x, y = q[head++].y;
        for (int i = 0; i < 8; i++) {
            int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i]; // 下一个点为当前坐标加上方向向量
            if (nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m || ans[nx][ny] != -1)
                continue;
            ans[nx][ny] = ans[x][y] + 1;
            q[++tail] = (Node){nx, ny}; // 新的点加入队列
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &X, &Y);
    memset(ans, -1, sizeof(ans));
    bfs();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) 
            printf("%d ", ans[i][j]);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

from collections import deque

# 马的8个方向向量
dx = [1, 1, 2, 2, -1, -1, -2, -2]
dy = [2, -2, 1, -1, 2, -2, 1, -1]

def bfs(n, m, X, Y):
    # 初始化结果矩阵，索引从1开始，因此额外开辟一行和一列
    ans = [[-1] * (m + 1) for _ in range(n + 1)]
    q = deque()
    q.append((X, Y))
    ans[X][Y] = 0
    while q:
        x, y = q.popleft()
        for i in range(8):
            nx = x + dx[i]
            ny = y + dy[i]
            if nx < 1 or nx > n or ny < 1 or ny > m or ans[nx][ny] != -1:
                continue
            ans[nx][ny] = ans[x][y] + 1
            q.append((nx, ny))
    return ans

def main():
    n, m, X, Y = map(int, input().split())
    ans = bfs(n, m, X, Y)
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, m + 1):
            print(ans[i][j], end=' ')
        print()

if __name__ == "__main__":
    main()

P8662 [蓝桥杯] 全球变暖

枚举每一个点，如果某点为 # 且没有被遍历过，就以该点为起点，按照上下左右进行 DFS，为联通的陆地打上标记，最后岛屿数加一。

接着将被淹没的陆地标记为 ,。

重新枚举所有点，如果某点为 # 且没有被遍历过，就以该点为起点，按照上下左右进行 DFS。, 可以被遍历，但不能作为起点。每遍历一个连通块就让岛屿数加一。

答案即为前后两次统计得出的岛屿数之差。

时间复杂度为 $O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1005;

int n, vis[N][N], ans,
    dx[4] = {1, -1, 0, 0},
    dy[4] = {0, 0, 1, -1};
char a[N][N];

void dfs(int x, int y)
{
    vis[x][y] = 1;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
        if (nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > n || vis[nx][ny] || a[nx][ny] == '.')
            continue;
        dfs(nx, ny);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    // 读入之前先把边界初始化为海洋，确保 a[0][*]、a[n+1][*]、a[*][0] 和 a[*][n+1] 均为 '.' 
    for (int i = 0; i <= n+1; i++) {
        a[i][0] = '.';
        a[i][n+1] = '.';
    }
    for (int j = 0; j <= n+1; j++) {
        a[0][j] = '.';
        a[n+1][j] = '.';
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%s", a[i] + 1);
    
    // 第一次 DFS：统计所有岛屿数
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            if (!vis[i][j] && a[i][j] == '#') {
                dfs(i, j);
                ans++;
            }
    
    // 模拟海水淹没：将原本与海洋相邻的陆地标记为 ','
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (a[i][j] == '#') {
                int flg = 0;
                for (int k = 0; k < 4; k++) {
                    if (a[i + dx[k]][j + dy[k]] == '.')
                        flg = 1;
                }
                if (flg)
                    a[i][j] = ',';
            }
        }
    }
    
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    // 第二次 DFS：统计仍然存在陆地（未被淹没）的岛屿，并从总数中扣除
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (a[i][j] == '#' && !vis[i][j]) {
                dfs(i, j);
                ans -= 1;
            }
        }
    
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

import sys
sys.setrecursionlimit(10**6)

def dfs(x, y):
    global n, vis, a, dx, dy
    vis[x][y] = 1
    for i in range(4):
        nx = x + dx[i]
        ny = y + dy[i]
        if nx < 1 or nx > n or ny < 1 or ny > n or vis[nx][ny] or a[nx][ny] == '.':
            continue
        dfs(nx, ny)

def main():
    global n, vis, a, ans, dx, dy
    input_data = sys.stdin.read().splitlines()
    if not input_data:
        return
    n = int(input_data[0])
    # 初始化二维数组 a，大小为 (n+2)×(n+2)，边界全设为海洋 '.'
    a = [['.'] * (n + 2) for _ in range(n + 2)]
    for i in range(1, n + 1):
        line = input_data[i].strip()
        for j in range(1, n + 1):
            a[i][j] = line[j - 1]
    
    vis = [[0] * (n + 2) for _ in range(n + 2)]
    ans = 0

    # 第一次 DFS：统计所有岛屿数
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if not vis[i][j] and a[i][j] == '#':
                dfs(i, j)
                ans += 1

    # 模拟海水淹没：将原本与海洋相邻的陆地标记为 ','
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if a[i][j] == '#':
                flg = 0
                for k in range(4):
                    if a[i + dx[k]][j + dy[k]] == '.':
                        flg = 1
                if flg:
                    a[i][j] = ','

    # 重置访问数组
    vis = [[0] * (n + 2) for _ in range(n + 2)]
    # 第二次 DFS：统计未被淹没的岛屿，并从总数中扣除
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if a[i][j] == '#' and not vis[i][j]:
                dfs(i, j)
                ans -= 1

    print(ans)

if __name__ == "__main__":
    dx = [1, -1, 0, 0]
    dy = [0, 0, 1, -1]
    n = 0
    vis = []
    a = []
    ans = 0
    main()

P8658 [蓝桥杯] 填字母游戏

注意到 $n<20$，考虑使用记忆化搜索。

什么叫记忆化搜索？就是搜索时我们会多次遇到相同的中间状态，而每次都继续向下搜索的话，效率会很低。因此，我们只要搜过该状态及其衍生的状态一次，并把计算结果存起来，之后再见面的时候就可以直接返回已知的结果了。

具体到这道题的思路，由于实现细节略多，单纯用文字阐述容易使人迷惑，大家不如顺着代码的逻辑阅读吧 ，应该很好理解的 。

代码解释：

1. dfs(k) 中当 $k=0$ 时，代表轮到小明下棋。$k=1$ 时代表轮到 K 大师。

2. str 表示行棋至此的盘面。

3. res[str]=0 代表当前盘面的胜负结果还未算出；res[str]=1 代表当前状态小明必败；res[str]=2 代表必和；res[str]=3 代表小明必胜。

4. 中间变量 flg 记录的是盘面对于当前行棋方的胜负如何。当前状态搜完之后自动将 flg 更新到 res 中。

5. 设初始字符串为 $S$，根据第三点，答案即为 res[S]-2。

6. unordered_map 与 map 用法相同，只不过某种情况下效率更高。

时间复杂度 $O(T\times 3^n \times n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int T, n;
string str;
unordered_map<string, int> res;

void dfs(int k)
{
    if (res[str]) return; // 当前状态已经搜过了
    
    if ((int)str.find("LOL") != -1) { // 在上一手中已经决出胜负
        res[str] = (k == 1 ? 3 : 1); // 判断胜者
        return;
    }
    
    if ((int)str.find("*") == -1) { // 平局
        res[str] = 2;
        return;
    }
    
    int flg = (k == 1 ? 3 : 1);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (str[i] != '*') continue;
        
        str[i] = 'L'; // 这一手在位置 i 填 L
        dfs(1 - k);
        if (k == 0) 
            flg = max(res[str], flg);
        else
            flg = min(res[str], flg);
        
        if (flg == 3 && k == 0 || flg == 1 && k == 1) { // 剪枝，判断是否已经得到了最优一手
            str[i] = '*';
            res[str] = flg;
            return;
        }
        
        str[i] = 'O'; // 这一手在位置 i 填 O
        dfs(1 - k);
        if (k == 0)
            flg = max(res[str], flg);
        else
            flg = min(res[str], flg);
        str[i] = '*'; // 回溯
        
        if (flg == 3 && k == 0 || flg == 1 && k == 1) { // 剪枝，判断是否已经得到了最优一手
            str[i] = '*';
            res[str] = flg;
            return;
        }
        
    }
    res[str] = flg;
}

void solve()
{
    res.clear();
    cin >> str;
    n = str.size();
    dfs(0);
    printf("%d\n", res[str] - 2);
}

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}

import sys

# 递归搜索函数
def dfs(k):
    global str_list, res, n
    str_key = "".join(str_list)  # 将列表转换回字符串作为哈希键
    
    if str_key in res:  # 当前状态已经搜索过
        return
    
    if "LOL" in str_key:  # 如果已经出现 "LOL"，则游戏结束，判断胜者
        res[str_key] = 3 if k == 1 else 1
        return
    
    if "*" not in str_key:  # 如果棋盘上没有空位，则平局
        res[str_key] = 2
        return
    
    flg = 3 if k == 0 else 1  # 先手玩家（0）尽量获胜，后手玩家（1）尽量让先手失败
    
    for i in range(n):
        if str_list[i] != "*":
            continue
        
        # 尝试在 i 位置填入 'L'
        str_list[i] = 'L'
        dfs(1 - k)
        flg = max(res["".join(str_list)], flg) if k == 0 else min(res["".join(str_list)], flg)
        
        if (flg == 3 and k == 0) or (flg == 1 and k == 1):  # 剪枝优化，得到最优解
            str_list[i] = '*'
            res[str_key] = flg
            return
        
        # 尝试在 i 位置填入 'O'
        str_list[i] = 'O'
        dfs(1 - k)
        flg = max(res["".join(str_list)], flg) if k == 0 else min(res["".join(str_list)], flg)
        str_list[i] = '*'  # 回溯
        
        if (flg == 3 and k == 0) or (flg == 1 and k == 1):  # 剪枝优化
            str_list[i] = '*'
            res[str_key] = flg
            return
    
    res[str_key] = flg  # 记录当前状态

def solve():
    global str_list, res, n
    res.clear()  # 清空状态记录
    str_list = list(sys.stdin.readline().strip())  # 读取字符串并转换为列表
    n = len(str_list)
    dfs(0)
    print(res["".join(str_list)] - 2)  # 输出结果

if __name__ == "__main__":
    T = int(sys.stdin.readline().strip())  # 读取测试用例个数
    for _ in range(T):
        res = {}  # 哈希表存储状态
        solve()

P10386 [蓝桥杯] 五子棋对弈

棋盘上有 $25$ 个点，每个点有黑白两种情况，需要搜索的情况共 $2^{25}=33,554,432$ 种。一般对于 $10^7$ 级别的数据量，C++ 可保证在 1s 左右完成计算。

所以我们决定先枚举出所有填满棋盘的情况，并判断盘面是否和棋。

时间复杂度 $O(2^n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[8][8], ans, n = 5;

int check()
{
    int sum, tot_1 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            sum += a[i][j]; // 判断行
            tot_1 += a[i][j]; // 统计白子的数量
        }
        if (sum == 5 || sum == 0)
            return 0;
    }
    
    if (tot_1 != 13) // 白子先下，故必定有13个 
        return 0;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++) 
            sum += a[j][i]; // 判断列
        if (sum == 5 || sum == 0)
            return 0;
    }

    sum = 0; 
    for (int i = 1; i <= n; i++) // 判断第一条对角线
        sum += a[i][i];
    if (sum == 5 || sum == 0)
        return 0;

    sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) // 判断另一条对角线
        sum += a[i][6 - i];
    if (sum == 5 || sum == 0)
        return 0;

    return 1;
}

void dfs(int x, int y) {
    if (x == 6 && y == 1) {
        ans += check();
        return;
    }
    
    a[x][y] = 0;
    dfs(x + (y == 5 ? 1 : 0), (y == 5 ? 1 : y + 1)); // 若 y 小于 5 则向左搜索，否则跳到下一行的开头
    
    a[x][y] = 1;
    dfs(x + (y == 5 ? 1 : 0), (y == 5 ? 1 : y + 1));
}

int main()
{
    dfs(1, 1);
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

n = 5
# 构造一个 (n+1) x (n+1) 的二维数组，模仿 C++ 中 1 索引的数组
a = [[0] * (n + 1) for _ in range(n + 1)]
ans = 0

def check():
    global a
    tot_1 = 0
    # 检查每一行
    for i in range(1, n + 1):
        row_sum = 0
        for j in range(1, n + 1):
            row_sum += a[i][j]
            tot_1 += a[i][j]
        if row_sum == 5 or row_sum == 0:
            return 0

    # 检查白子数量：白子先下，故必定有 13 个
    if tot_1 != 13:
        return 0

    # 检查每一列
    for i in range(1, n + 1):
        col_sum = 0
        for j in range(1, n + 1):
            col_sum += a[j][i]
        if col_sum == 5 or col_sum == 0:
            return 0

    # 检查第一条对角线（主对角线）
    diag_sum = 0
    for i in range(1, n + 1):
        diag_sum += a[i][i]
    if diag_sum == 5 or diag_sum == 0:
        return 0

    # 检查另一条对角线（反对角线）
    anti_diag_sum = 0
    for i in range(1, n + 1):
        anti_diag_sum += a[i][n + 1 - i]
    if anti_diag_sum == 5 or anti_diag_sum == 0:
        return 0

    return 1

def dfs(x, y):
    global ans, a
    # 当遍历到第6行时，说明所有行均已处理
    if x == n + 1:
        ans += check()
        return
    
    # 计算下一个位置的坐标：
    if y == n:
        next_x = x + 1
        next_y = 1
    else:
        next_x = x
        next_y = y + 1
    
    # 尝试将当前位置设为 0
    a[x][y] = 0
    dfs(next_x, next_y)
    
    # 尝试将当前位置设为 1
    a[x][y] = 1
    dfs(next_x, next_y)

def main():
    dfs(1, 1)
    print(ans)

if __name__ == "__main__":
    main()

P9234 [蓝桥杯] 买瓜

对于每一个瓜，它们只会落得三种结局：没人要；被切一半后买走；被整个买走。

因此 $n$ 个瓜总共有 $3^n$ 个状态。注意到 $n$ 最大为 $30$，$O(3^n)$ 的时间复杂度无法通过本题。

为了优化效率，我们采用折半搜索。即将所有瓜分成 A，B 两组，分别枚举每一组可能出现的瓜的价值，并记录得到这些价值分别所需的最少刀数。

已知想要价值为 $m$ 的瓜，枚举 A 组瓜能得到的价值 $a$，判断 B 组瓜能否得到价值 $m-a$ 即可。

搜索状态数为 $2\times 3^{\frac{n}{2}}$，这样时间复杂度就优化为了 $O(3^{\frac{n}{2}})$，可以通过本题。

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
typedef long long ll;

template <typename T> inline void read(T &x)
{
	x = 0; T f = 1; char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while (isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar();}
	x *= f;
}

int n, m, a[N], ans = 1e9;
unordered_map<int, int> mp;

inline bool cmp(const int &a, const int &b) {return a > b;}

inline void dfs1(int x, int kni, int sum)
{
	if (sum > m || kni >= ans) return;
	if (sum == m) {
		ans = kni < ans ? kni : ans;
		return;
	}
	if (x == (n >> 1) + 1) {
		if (mp.count(sum)) 
			mp[sum] = mp[sum] < kni ? mp[sum] : kni;
		else 
			mp[sum] = kni;
		return;
	}
	dfs1(x + 1, kni + 1, sum + a[x]);
	dfs1(x + 1, kni, sum);
	dfs1(x + 1, kni, sum + (a[x] << 1));
}
	
inline void dfs2(int x, int kni, int sum)
{
	if (sum > m || kni >= ans) return;
	if (sum == m) {
		ans = ans < kni ? ans : kni;
		return;
	}
	if (x == n + 1) {
		if (mp.count(m - sum))
			ans = ans < mp[m - sum] + kni ? ans : mp[m - sum] + kni; 
		return;
	}
	dfs2(x + 1, kni + 1, sum + a[x]);
	dfs2(x + 1, kni, sum);
	dfs2(x + 1, kni, sum + (a[x] << 1));
}

int main()
{
	read(n); read(m);
	m <<= 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		read(a[i]);
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	dfs1(1, 0, 0);
	dfs2((n >> 1) + 1, 0, 0);
	if (ans == 1e9) printf("-1");
	else printf("%d", ans); 
	return 0;
}

import sys
sys.setrecursionlimit(10**6)

# 全局变量
n = 0
m = 0
a = []       # 1-indexed 数组，a[0]为哑元
ans = 10**9  # 初始值取一个较大数
mp = {}      # 用字典模拟 unordered_map

def dfs1(x, kni, cur_sum):
    global ans, mp, n, m, a
    if cur_sum > m or kni >= ans:
        return
    if cur_sum == m:
        ans = min(ans, kni)
        return
    if x == (n // 2) + 1:
        if cur_sum in mp:
            mp[cur_sum] = min(mp[cur_sum], kni)
        else:
            mp[cur_sum] = kni
        return
    dfs1(x + 1, kni + 1, cur_sum + a[x])
    dfs1(x + 1, kni, cur_sum)
    dfs1(x + 1, kni, cur_sum + a[x] * 2) 

def dfs2(x, kni, cur_sum):
    global ans, mp, n, m, a
    if cur_sum > m or kni >= ans:
        return
    if cur_sum == m:
        ans = min(ans, kni)
        return
    if x == n + 1:
        if (m - cur_sum) in mp:
            ans = min(ans, mp[m - cur_sum] + kni)
        return
    dfs2(x + 1, kni + 1, cur_sum + a[x])
    dfs2(x + 1, kni, cur_sum)
    dfs2(x + 1, kni, cur_sum + a[x] * 2)

def main():
    global n, m, a, ans, mp
    data = sys.stdin.read().split()
    if not data:
        return
    n = int(data[0])
    m = int(data[1])
    m *= 2
    a = [0] * (n + 1)
    for i in range(1, n + 1):
        a[i] = int(data[i + 1])
    # 对 a[1...n] 进行排序
    a[1:] = sorted(a[1:])
    dfs1(1, 0, 0)
    dfs2((n // 2) + 1, 0, 0)
    if ans == 10**9:
        print(-1)
    else:
        print(ans)

if __name__ == '__main__':
    main()