问题描述：
小明家的一面装饰墙原来是3*10的小方格。现在手头有一批刚好能盖住2个小方格的长方形瓷砖。
瓷砖只有两种颜色：黄色和橙色。小明想知道，对于这么简陋的原料，可以贴出多少种不同的花样来。
小明有个小小的强迫症：忍受不了任何2*2的小格子是同一种颜色。
（瓷砖不能切割，不能重叠，也不能只铺一部分。另外，只考虑图案，请忽略瓷砖的拼接）
显然，对于2*3的小格子来说，口算都可以知道：一共10中贴法，如图所示：
但对于3*10的格子呢？肯定是个不小的数目，请你利用计算机的威力算出该数字。
注意：你需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容（比如：说明性文字）
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问题分析：
题目说的很长，但中心思想一句话就可以概括：用2种 2*1 瓷砖，覆盖 10*3
的墙面，保证没有 2*2 颜色相同，请问有多少种情况？
考场上初步想来，直接暴力搜索所有解，最后对所有解进行判定合，足够秒出结果。而且代码简单，不会花费过多时间，为后面大分题准备。
现在想来，其实不必对所有解进行判合法，在中途选择瓷砖时，就可以进行判定，这样可以降低时间复杂度。
问题答案：
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代码：
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| #include <iostream>
int a[5][12];
int res = 0;
bool judge(int x, int y) {
if (a[x][y] == a[x - 1][y - 1] && a[x][y] == a[x - 1][y] && a[x][y] == a[x][y - 1])
return false;
if (a[x][y] == a[x - 1][y] && a[x][y] == a[x - 1][y + 1] && a[x][y] == a[x][y + 1])
return false;
if (a[x][y] == a[x][y - 1] && a[x][y] == a[x + 1][y - 1] && a[x][y] == a[x + 1][y])
return false;
return true;
}
void dfs(int x, int y) {
if (x == 3 && y == 10) {
res++;
return;
}
if (y > 10) {
dfs(x + 1, 0);
return;
}
if (a[x][y] == -1) {
if (a[x][y + 1] == -1)
{
a[x][y] = 1;
a[x][y + 1] = 1;
if (judge(x, y))
dfs(x, y + 1);
a[x][y] = -1;
a[x][y + 1] = -1;
a[x][y] = 2;
a[x][y + 1] = 2;
if (judge(x, y))
dfs(x, y + 1);
a[x][y] = -1;
a[x][y + 1] = -1;
}
if (a[x + 1][y] == -1)
{
a[x][y] = 1;
a[x + 1][y] = 1;
if (judge(x, y))
dfs(x, y + 1);
a[x][y] = -1;
a[x + 1][y] = -1;
a[x][y] = 2;
a[x + 1][y] = 2;
if (judge(x, y))
dfs(x, y + 1);
a[x][y] = -1;
a[x + 1][y] = -1;
}
} else {
dfs(x, y + 1);
}
}
int main() {
int i, j;
for (i = 1; i <= 3; i++)
for (j = 1; j <= 10; j++)
a[i][j] = -1;
dfs(1, 1);
std::cout << res;
return 0;
}
|
瓷砖样式/p1-1-1.png)