标签：空位 样例 move 黑白 step 棋子 7.6 移动
1327：【例7.6】黑白棋子的移动
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【题目描述】
有2n个棋子（n≥4）排成一行，开始位置为白子全部在左边，黑子全部在右边，如下图为n=5的情形：
○○○○○●●●●●
移动棋子的规则是：每次必须同时移动相邻的两个棋子，颜色不限，可以左移也可以右移到空位上去，但不能调换两个棋子的左右位置。每次移动必须跳过若干个棋子（不能平移），要求最后能移成黑白相间的一行棋子。如n=5时，成为：
○●○●○●○●○●
任务：编程打印出移动过程。
【输入】
输入n。
【输出】
移动过程。
【输入样例】
7
【输出样例】
step 0:ooooooo*******-- step 1:oooooo--******o* step 2:oooooo******--o* step 3:ooooo--*****o*o* step 4:ooooo*****--o*o* step 5:oooo--****o*o*o* step 6:oooo****--o*o*o* step 7:ooo--***o*o*o*o* step 8:ooo*o**--*o*o*o* step 9:o--*o**oo*o*o*o* step10:o*o*o*--o*o*o*o* step11:--o*o*o*o*o*o*o*
例题不怎么详的解：
经过对题目的观察，发现题目规律，当n>4时，总是将中间的一对两个不同的棋子移到最右边的空位，然后再把最左边的黑棋子移到中间，如此往复，直到剩下四对黑白棋没有移动。
不过我们发现，这4对棋子的移法是一成不变的，不受其他棋子影响。
因此，这个条件就可以作为递归边界，得出最后5步的走法。
看输出样例，可以得到剩下4步的普适移法，即：
- 先将第4、5个棋子移到右边空位。
- 将第8、9位置的棋子移到先前的空位。
- 将2、3位置的棋子移到先前的空位。
- 将7、8位置的棋子移到先前的空位。
- 将5、6位置的棋子移到之前的空位。
惊讶的发现，每次移动都是将某对棋子移到两个空位上，那么n>4时呢？
同样的，也是将中间的一对移到空位上，再将最右边的一对黑棋移到先前的空位上，如此往复。
恍然大悟。
算法分析：
本题的关键点就在于这个空位的问题，抓住了这个点，本题也就迎刃而解，因此我们需要设置一个代表空位起始位置的变量sp。
另一个要点，也是代码核心组成部分，就是移动棋子这一块了，通过上面的分析，我们得出普适的两步：
- 把中间位置的一对黑白棋移到最右边。
- 把最左边的一对黑棋移到中间的空位上。
这就是分治的思想，将这个问题分解成了一个个子问题，这些问题就是要进行上面两步求解。
得出核心代码块：
for(j=0;j<2;j++)
{
a[sp+j]=a[k+j-1];
a[k+j-1]='-';
}
sp=k-1;
接着把前面提到的n=4时的情况写出：
if(n==4)
{
move(4);move(8);move(2);move(7);move(1);
}
还有n>4的情况：
move(n);move(n*2-1);mv(n-1);
样例代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
char a[101];
int sp,step=0,n;
void print()//输出
{
printf("step%2d:",step);
for(int i=0;i<2*n+2;i++) printf("%c",a[i]);
printf("\n");
step++;
}
void move(int k)//分治：移动
{
int j;
for(j=0;j<2;j++)
{
a[sp+j]=a[k+j-1];
a[k+j-1]='-';
}
sp=k-1;
print();
}
void mv(int n)//递归求解
{
int i,k;
if(n==4)
{
move(4);move(8);move(2);move(7);move(1);
}
else
{
move(n);move(n*2-1);mv(n-1);
}
}
int main()
{
int i;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++) a[i]='o';
for(i=n;i<2*n;i++) a[i]='*';
a[2*n]='-';a[2*n+1]='-';
sp=2*n;//初始化
print();
mv(n);
return 0;
}
标签：空位,样例,move,黑白,step,棋子,7.6,移动 来源： https://www.cnblogs.com/DarkValkyrie/p/10387968.html
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