难度：提高+/省选-

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:

  • 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);
  • 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:

  • 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)。
  • 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)。
  • 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:

        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:

        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)(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)(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

Sample input

3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0

Sample output

2 1 1
3 1 1
3 0 1

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。

题解

        考察DFS。
        注意到题目规则很复杂，动态规划状态太多压不下，并且数据量固定为5×7，可以考虑时间复杂度很高的暴力DFS法。本题很考验码力。
        基本做法正如题目中所言，按部就班模拟即可，还要注意一处剪枝:若一个方块左侧有方块时没有必要进行向左交换，因为之前必定有与之等价的右交换发生了。
        其余见示例代码注释。

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#include<iostream>
#include<cstdlib>

using namespace std;
struct node {
    int x, y, status;//相当于队列节点
} ans[5];//存答案
int op[5][7] = {0}, n;//存当前的图案信息和移动次数
int sum = 0;//记录还没有解决的色块数目

inline void copy(int a[5][7], int b[5][7]) {//复制数组函数
    for (int i = 0; i < 5; i++) {
        for (int j = 0; j < 7; j++)a[i][j] = b[i][j];
    }
}

inline void findR(int x, int y, int &last, int &end) {//找行上相同色块范围
    for (int i = x; op[i][y] == op[x][y] && i >= 0; i--)last = i;
    for (int i = x; op[i][y] == op[x][y] && i < 5; i++)end = i;
}

inline void findC(int x, int y, int &last, int &end) {//找列上相同色块范围
    for (int i = y; op[x][i] == op[x][y] && i >= 0; i--)last = i;
    for (int i = y; op[x][i] == op[x][y] && i < 7; i++)end = i;
}

int update() {//更新当前的图案信息
    bool key[10][20] = {false};//标志那个色块需要被解决
    int l1, e1, l2, e2, t = 0;
    for (int i = 0; i < 5; i++) {
        for (int j = 0; j < 7; j++) {
            if (op[i][j] == 0)continue;//没有色块不考虑
            findR(i, j, l1, e1), findC(i, j, l2, e2);//找到它的相同色块范围
            if (e1 - l1 >= 2) {
                for (int p = l1; p <= e1; p++)key[p][j] = true;//标记为true
            }
            if (e2 - l2 >= 2) {
                for (int p = l2; p <= e2; p++)key[i][p] = true;
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < 5; i++) {//解决所有被标记的色块
        for (int j = 0; j < 7; j++) {
            if (!key[i][j])continue;
            t++;//统计被解决色的数目
            op[i][j] = 0;//置为0,表示没有色块
        }
    }

    for (int i = 0; i < 5; i++) {//处理落下的色块
        int begin = 0;
        while (op[i][begin] != 0 && begin < 7)begin++;
        for (int j = begin + 1; j < 7; j++)if (op[i][j] != 0)op[i][begin++] = op[i][j];
        for (int j = begin; j < 7; j++)op[i][j] = 0;
    }
    if (t != 0) {
        return t + update();//如果本次处理了色块就可能有其余色块需要被解决,继续递归
    }
    return 0;//没有被解决的就返回0
}

void DFS(int rank, int tot) {
    if (rank == n) {
        if (tot == 0) {//全部的色块被解决,输出答案
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                cout << ans[i].x << " " << ans[i].y << " " << ans[i].status << endl;
            }
            exit(0);//然后立即结束程序
        } else return;//否则返回
    }
    int temp[5][7];//储存没被处理的图案信息
    copy(temp, op);//复制数组
    for (int i = 0; i < 5; i++) {
        for (int j = 0; j < 7; j++) {
            if (temp[i][j] == 0)continue;
            copy(op, temp);//每一次都要还原图案信息,相当于朴素DFS中的visit标记清零
            if (i < 4) {
                ans[rank].x = i, ans[rank].y = j, ans[rank].status = 1;
                if (temp[i + 1][j] == 0) {//右移落下的情况
                    int begin = 0;
                    while (temp[i + 1][begin] != 0)begin++;
                    op[i + 1][begin] = temp[i][j];
                    for (int z = j + 1; z < 7; z++)op[i][z - 1] = op[i][z];
                    op[i][6] = 0;
                    DFS(rank + 1, tot - update());
                } else {//右移交换的情况
                    if (op[i + 1][j] == op[i][j])continue;
                    swap(op[i + 1][j], op[i][j]);
                    DFS(rank + 1, tot - update());
                }
            }
            copy(op, temp);
            if (i >= 1) {//左移落下的情况
                ans[rank].x = i, ans[rank].y = j, ans[rank].status = -1;
                if (temp[i - 1][j] == 0) {
                    int begin = 0;
                    while (temp[i - 1][begin] != 0)begin++;
                    op[i - 1][begin] = temp[i][j];
                    for (int z = j + 1; z < 7; z++)op[i][z - 1] = op[i][z];
                    op[i][6] = 0;
                    DFS(rank + 1, tot - update());
                } else continue;//左移交换,由于之前必有等价的右移在先,可知其不可行,直接剪枝,不考虑这一步
            }
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < 5; i++) {
        int x, j = 0;
        while (cin >> x) {
            if (x == 0)break;
            op[i][j++] = x;
            sum++;
        }
    }
    DFS(0, sum);//sum表示有多少色块
    cout << -1;//DFS过程中没有结束程序,说明无解,输出-1
    return 0;
}