DLX 详细讲解
Clever_Jimmy · · 算法·理论
DLX 指使用 Dancing Links 优化后的 X 算法,在随机情况下能极快速地解决精确覆盖问题。
upd2: 洛谷博客上本文已经不再维护,若需要可移步 我的博客 查看最新版本。
upd: 文末引用已更新。
一、问题引入
-
就在刚才,你的同学终于写完了 P4205 『NOI2005』智慧珠游戏,并向你展示了他的 500+ 行的代码。
小时候,你玩智慧珠;长大后,智慧珠玩你,你准备怎么办?
-
就在刚才,你的同学码力全开写完了 P1784 数独,感觉有了暴力搜索,他能 AK 学生会组织的所有数独比赛。
面对数独,你不愿去打那恼人的暴力,你又准备怎么办?
二、精确覆盖问题
-
定义:
精确覆盖问题 (Exact Cover Problem) 是指给定许多集合
S_i (1 \le i \le n) 以及一个集合X ,求满足以下条件的无序多元组(T_1, T_2, \cdots , T_m) :(1)
\forall i, j \in [1, m],T_i\bigcap T_j = \varnothing (i \neq j) (2)
X = \bigcup\limits_{i = 1}^{m}T_i (3)
\forall i \in[1, m], T_i \in \{S_1, S_2, \cdots, S_n\} 例如,若给出
\begin{aligned} & S_1 = \{5, 9, 17\} \\ & S_2 = \{1, 8, 119\} \\ & S_3 = \{3, 5, 17\} \\ & S_4 = \{1, 8\} \\ & S_5 = \{3, 119\} \\ & S_6 = \{8, 9, 119\} \\ & X = \{1, 3, 5, 8, 9, 17, 119\} \end{aligned} 则
(S_1, S_4, S_5) 为一组合法解。 -
问题转化
我们将
\bigcup\limits_{i = 1}^{n}S_i 中的所有数离散化,那么可以得到这么一个模型:给定一个 01 矩阵,你可以选择一些行,使得最终每列都恰好有一个 1。
举个例子,我们对 (2.1) 中的例子进行建模,可以得到这么一个矩阵:
\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} 其中第
i 行表示着S_i ,而这一行的每个数依次表示[1 \in S_i],[3 \in S_i],[5 \in S_i],\cdots,[119 \in S_i] 。 -
第一个不优秀的做法:
我们可以枚举选择哪些行,最后检查这个方案是否合法。
因为每一行都有选或者不选两种状态,所以枚举行的时间复杂度是
O(2^n) 的;而每次检查都需要
O(nm) 的时间复杂度。所以总的复杂度是O(nm\cdot2^n) 。
int ok = 0;
for(int state = 0; state < 1 << n; ++state) { // 枚举每行是否被选
for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state)
for(int j = 1; j <= m; ++j)
a[i][j] = 1;
int flag = 1;
for(int j = 1; j <= m; ++j) for(int i = 1, bo = 0; i <= n; ++i)
if(a[i][j]) {
if(bo) flag = 0;
else bo = 1;
}
if(!flag) continue;
else {
ok = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state)
printf("%d ", i);
puts("");
}
memset(a, 0, sizeof(a));
}
if(!ok) puts("No solution.");
-
第二个不那么优秀的做法:
考虑到 01 矩阵的特殊性质,我们可以把每一行都看做成一个
m 位二进制数。因此被转化为了
给你
n 个m 位二进制数,要求选择一些数,使得任意两个数的与都为0,且所有数的或为2^m - 1 。tmp
表示的是截至目前的所有被选择了的m 位二进制数的或。因为每一行都有选或者不选两种状态,所以枚举行的时间复杂度是
O(2^n) 的;而每次计算
tmp
都需要O(n) 的时间复杂度。所以总的复杂度是O(n\cdot2^n) 。
int ok = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = m; j >= 1; --j)
num[i] = num[i] << 1 | a[i][j];
for(int state = 0; state < 1 << n; ++state) {
int tmp = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state) {
if(tmp & num[i]) break;
tmp |= num[i];
}
if(tmp == (1 << m) - 1) {
ok = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) if((1 << i - 1) & state)
printf("%d ", i);
puts("");
}
}
if(!ok) puts("No solution.");
三、X 算法
刚才的暴力实在是太菜了!连
Donald E. Knuth 提出了一个叫做 X 算法 (Algorithm X) 的东西,其思想与刚才的暴力差不多,但是方便优化。
继续以 (2.1) 中提到的例子为载体,我们得到的是一个这样的 01 矩阵:
-
此时第一行有
3 个1 ,第二行有3 个1 ,第三行有3 个1 ,第四行有2 个1 ,第五行有2 个1 ,第六行有3 个1 。选择第一行,将它删除,并将所有1 所在的列打上标记;\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & \color{Red}0 & 1 \\ 0 & 1 & \color{Red}1 & 0 & \color{Red}0 & \color{Red}1 & 0 \\ 1 & 0 & \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & \color{Red}0 & 0 \\ 0 & 1 & \color{Red}0 & 0 & \color{Red}0 & \color{Red}0 & 1 \\ 0 & 0 & \color{Red}0 & 1 & \color{Red}1 & \color{Red}0 & 1 \end{pmatrix} -
选择所有被标记的列,将它们删除,并将这些列中含
1 的行打上标记;\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{Red}0 & \color{Red}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 \\ 0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{Red}0 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{Red}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{Red}1 \end{pmatrix} -
选择所有被标记的行,将它们删除;
\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ 1 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 \\ 0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 \end{pmatrix} 这表示表示我们选择了一行,且这一行的所有
1 所在的列不能有其他1 了。于是我们得到了这样的一个新的小 01 矩阵:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} -
此时第一行(原来的第二行)有
3 个1 ,第二行(原来的第四行)有2 个1 ,第三行(原来的第五行)有2 个1 。选择第一行(原来的第二行),将它删除,并将所有1 所在的列打上标记;\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{Red}1 & 0 & \color{Red}1 & \color{Red}0 \\ \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & \color{Red}1 \end{pmatrix} -
选择所有被标记的列,将它们删除,并将这些列中含
1 的行打上标记;\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{Red}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 \end{pmatrix} -
选择所有被标记的行,将它们删除;
\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 \end{pmatrix} 于是我们得到了一个空矩阵。但是上次删除的行 "1 0 1 1" 不是全
1 的,说明选择有误;\begin{pmatrix} \end{pmatrix} -
回溯到步骤
4 ,我们考虑选择第二行(原来的第四行),将它删除,并将所有1 所在的列打上标记;\begin{pmatrix} \color{Red}1 & 0 & \color{Red}1 & 1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{Red}0 & 1 & \color{Red}0 & 1 \end{pmatrix} -
选择所有被标记的列,将它们删除,并将这些列中含
1 的行打上标记;\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{Red}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \end{pmatrix} -
选择所有被标记的行,将它们删除;
\begin{pmatrix} \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}1 \\ \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & \color{White}\colorbox{Black}1 & \color{White}\colorbox{Black}0 \\ \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 & \color{White}\colorbox{Black}0 & 1 \end{pmatrix} 于是我们得到了这样的一个矩阵:
\begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix} -
此时第一行(原来的第五行)有
2 个1 ,将它们全部删除,我们得到了一个空矩阵:\begin{pmatrix} \end{pmatrix} -
上一次删除的时候,删除的是全
1 的行,因此成功,算法结束。答案即为我们删除的三行:
1, 4, 5 。
- 强烈建议自己模拟一遍矩阵删除、还原与回溯的过程后再接着阅读下文。
我们可以概括出 X 算法的过程:
-
对于现在的矩阵
M ,选择并标记一列r ,将r 添加至S 中; -
如果尝试了所有的
r 却无解,则算法结束,输出无解。 -
标记与
r 相关的行r_i 和c_i ; -
删除所有标记的行和列,得到新矩阵
M' ; -
如果
M' 为空,且r 为全1 的,则算法结束,输出被删除的行组成的集合S ;如果
M' 为空,且r 不为全1 的,则恢复与r 相关的行r_i 以及列c_i ,跳转至步骤1 ;如果
M' 不为空,则跳转至步骤1 ;
不难看出,X 算法需要大量的 “删除行”、“删除列” 和 “恢复行”、“恢复列” 的操作。
Donald E. Knuth 想到了用双向十字链表来维护这些操作。
而在双向十字链表上不断跳跃的过程被形象地比喻成“跳跃”,因此被用来优化 X 算法的双向十字链表也被称为 “Dancing Links”。
四、Dancing Links 优化的 X 算法
-
预编译命令
这句话太好用了#define IT(i, A, x) for(i = A[x]; i != x; i = A[i])
-
定义
既然是双向十字链表,那么一定是有四个指针域的:一个指上方的元素,一个指下方的元素,一个指左边的元素,一个指右边的元素。而每个元素
i 在整个双向十字链表系中都对应着一个格子,因此还要表示i 所在的列和所在的行。像这样:是不是非常简单?
而其实大型双向链表其实是长这样的:
每一行都有一个行首指示,每一列都有一个列指示。
行首指示为
first[]
,列指示是我们虚拟出的c + 1 个结点。同时,每一列都有一个
siz[]
表示这一列的元素个数。特殊地,
0 号结点无右结点等价于这个 Dancing Links 为空。static const int MAXSIZE = 1e5 + 10; int n, m, idx, first[MAXSIZE + 10], siz[MAXSIZE + 10]; int L[MAXSIZE + 10], R[MAXSIZE + 10], U[MAXSIZE + 10], D[MAXSIZE + 10]; int col[MAXSIZE + 10], row[MAXSIZE + 10];
-
$\text{remove(c)}$ 表示在 Dancing Links 中删除第 $c$ 列以及与其相关的行和列。 我们先将 $c$ 删除,此时: (1) $c$ 左侧的结点的右结点应为 $c$ 的右结点; (2) $c$ 右侧的结点的左结点应为 $c$ 的左结点。 即 `L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];`。  然后我们要顺着这一列往下走,把走过的每一行都删掉。 如何删掉每一行呢?枚举当前行的指针 $j$,此时: (1) $j$ 上方的结点的下结点应为 $j$ 的下结点; (2) $j$ 下方的结点的上结点应为 $j$ 的上结点。 注意要修改每一列的元素个数。 即 `U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];`。  因此 $\text{remove(c)}$ 的代码实现就非常简单了: 其中第一个 `IT(i, D, c)` 等价于 `for(i = D[c]; i != c; i = D[i])`,即在顺着这一列从上往下遍历; 第二个 `IT(j, R, i)` 等价于 `for(j = R[i]; j != i; j = R[j])`,即在顺着这一行从左往右遍历。 ```cpp void remove(const int &c) { int i, j; L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c]; IT(i, D, c) IT(j, R, i) U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]]; } ``` -
$\text{recover(c)}$ 表示在 Dancing Links 中还原第 $c$ 列以及与其相关的行和列。 $\text{recover(c)}$ 即 $\text{remove(c)}$ 的逆操作,在这里就不多赘述了。 **值得注意的是,** $\text{recover(c)}$ **的所有操作的顺序与** $\text{remove(c)}$ **的操作恰好相反。** 在这里给出 $\text{recover(c)}$ 的代码实现: ```cpp void recover(const int &c) { int i, j; IT(i, U, c) IT(j, L, i) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]]; L[R[c]] = R[L[c]] = c; } ``` -
$\text{build(r, c)}$ 表示新建一个大小为 $r \times c$,即有 $r$ 行,$c$ 列的 Dancing Links。 我们新建 $c + 1$ 个结点,为列指示。 第 $i$ 个点的左结点为 $i - 1$,右结点为 $i + 1$,上结点为 $i$,下结点为 $i$。 特殊地, $0$ 结点的左结点为 $c$,$c$ 结点的右结点为 $0$。 于是我们得到了一条链:  ```cpp void build(const int &r, const int &c) { n = r, m = c; for(int i = 0; i <= c; ++i) { L[i] = i - 1, R[i] = i + 1; U[i] = D[i] = i; } L[0] = c, R[c] = 0, idx = c; memset(first, 0, sizeof(first)); memset(siz, 0, sizeof(siz)); } ``` 这样就初始化了一个 Dancing Links。 -
$\text{insert(r, c)}$ 表示在第 $r$ 行,第 $c$ 列插入一个结点。 我们分两种情况来操作: (1) 如果第 $r$ 行没有元素,那么直接插入一个元素,并使 $first(r)$ 指向这个元素; (2) 如果第 $r$ 行有元素,那么将这个新元素 **用一种奇异的方式** 与 $c$ 和 $first(r)$ 连接起来。 对于 (1),我们可以通过 `first[r] = L[idx] = R[idx] = idx;` 来实现; 对于 (2),(我们称这个新元素为 $idx$): - 我们把 $idx$ 插入到 $c$ 的正下方,此时: (1) $idx$ 下方的结点为原来 $c$ 的下结点; (2) $idx$ 下方的结点(即原来 $c$ 的下结点)的上结点为 $idx$; (3) $idx$ 的上结点为 $c$; (4) $c$ 的下结点为 $idx$。 注意记录 $idx$ 的所在列和所在行,以及更新这一列的元素个数。 ```cpp col[++idx] = c, row[idx] = r, ++siz[c]; U[idx] = c, D[idx] = D[c], U[D[c]] = idx, D[c] = idx; ``` **强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。** - 我们把 $idx$ 插入到 $first(r)$ 的正右方,此时: (1) $idx$ 右侧的结点为原来 $first(r)$ 的右结点; (2) 原来 $first(r)$ 右侧的结点的左结点为 $idx$; (3) $idx$ 的左结点为 $first(r)$; (4) $first(r)$ 的右结点为 $idx$。 ```cpp L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]]; R[first[r]] = idx, L[R[first[r]]] = idx; ``` **强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。** 对于 $\text{insert(r, c)}$ 这个操作,我们可以画图来辅助理解:  留心曲线箭头的方向。 在这里给出 $\text{insert(r, c)}$ 的代码: ```cpp void insert(const int &r, const int &c) { row[++idx] = r, col[idx] = c, ++siz[c]; U[idx] = D[idx] = c, U[D[c]] = idx, D[c] = idx; if(!first[r]) first[r] = L[idx] = R[idx] = idx; else { L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]]; L[R[first[r]]] = idx, R[first[r]] = idx; } } ``` -
$\text{dance()}$ 即为递归地删除以及还原各个行列的过程。 (1) 如果 $0$ 号结点没有右结点,那么矩阵为空,记录答案并返回; (2) 选择列元素个数最少的一列,并删掉这一列; (3) 遍历这一列所有有 $1$ 的行,枚举它是否被选择; (4) 递归调用 $\text{dance()}$,如果可行,则返回;如果不可行,则恢复被选择的行; (5) 如果无解,则返回; 在这里给出 $\text{dance()}$ 的代码实现: ```cpp bool dance(int dep) { int i, j, c = R[0]; if(!R[0]) { ans = dep; return 1; } IT(i, R, 0) if(siz[i] < siz[c]) c = i; remove(c); IT(i, D, c) { stk[dep] = row[i]; IT(j, R, i) remove(col[j]); if(dance(dep + 1)) return 1; IT(j, L, i) recover(col[j]); } recover(c); return 0; } ``` 其中 `stk[]` 用来记录答案。 注意我们每次优先选择列元素个数最少的一列进行删除,这样能保证程序具有一定的启发性(乱扯的),是搜索树分支最少(不会证)。 -
P4929 【模板】舞蹈链(DLX)
模板代码
四又二分之一、时间复杂度分 (luàn) 析 (chě)
DLX 的时间复杂度是 指数级 的,它递归及回溯的次数与矩阵中
因此理论复杂度大概在
但实际情况下 DLX 表现良好,一般能解决大部分的问题。
五、如何建模
DLX 的难点,除了垃圾链表连这连那就是建模。
请确保已经完全掌握 DLX 模板后再继续阅读本文。
我们每拿到一个题,应该考虑行和列所表示的意义:
-
行表示 决策,因为每行对应着一个集合,也就对应着选 / 不选;
-
列表示 状态,因为第
i 列对应着某个条件P_i 。
对于某一行而言,由于不同的列的值不尽相同,我们 由不同的状态,定义了一个决策。
-
【洛谷】 P1784 数独 题目链接
先考虑决策是什么。
在这一题中,每一个决策可以用形如
(r, c, w) 的有序三元组表示。注意到 “宫” 并不是决策的参数,因为它 可以被每个确定的
(r, c) 表示。因此有
9 \times 9 \times 9 = 729 行。再考虑状态是什么。
我们思考一下
(r, c, w) 这个决将会造成什么影响。记(r, c) 所在的宫为b 。(1) 第
r 行用了一个w (用9 \times 9 = 81 列表示);(2) 第
c 列用了一个w (用9 \times 9 = 81 列表示);(3) 第
b 宫用了一个w (用9 \times 9 = 81 列表示);(4)
(r, c) 中填入了一个数(用9 \times 9 = 81 列表示)。因此有
81 \times 4 = 324 列,共729 \times 4 = 2916 个1 。至此,我们成功地将
9 \times 9 的数独问题转化成了一个有729 行,324 列,共2916 个1 的精确覆盖问题。 -
【洛谷】 P1074 靶形数独 题目链接
这一题与 (5.1) 的模型构建 一模一样,主要区别在于答案的更新。
这一题可以开一个权值数组,每次找到一组数独的解时,
每个位置上的数乘上对应的权值计入答案即可。
-
【洛谷】 P4205 『NOI2005』智慧珠游戏 题目链接
终于,我们打到了大 boss。- 定义:题中给我们的智慧珠的形态,称为这个智慧珠的 标准形态。
显然,我们可以通过改变两个参数
d (表示顺时针旋转90^{\circ} 的次数)和f (是否水平翻转)来改变这个智慧珠的形态。仍然,我们先考虑决策是什么。
在这一题中,每一个决策可以用形如
(v, d, f, i) 的有序五元组表示。表示第
i 个智慧珠的 标准形态 的左上角的位置,序号为v ,经过了d 次顺时针转90^{\circ} 。巧合的是,我们可以令
f = 1 时不水平翻转,f = -1 时水平翻转,从而达到简化代码的目的。因此有
55 \times 4 \times 2 \times 12 = 5280 行。需要注意的是,因为一些不合法的填充,如
(1, 0, 1, 4) ,所以在实际操作中,空的智慧珠棋盘也只需要建出
2730 行。再考虑状态是什么。
这一题的状态比较简单。
我们思考一下,
(v, d, f, i) 这个决策会造成什么影响。(1) 某些格子被占了(用
55 列表示);(2) 第
i 个智慧珠被用了(用12 列表示)。因此有
55 + 12 = 67 列,共5280 \times (5 + 1) = 31680 个1 。至此,我们成功地将智慧珠游戏转化成了一个有
5280 行,67 列,共31680 个1 的精确覆盖问题。
六、练习
-
SP1110 SUDOKU - Sudoku 题目链接
-
『kuangbin带你飞』专题三 Dancing Links 题表链接
七、总结
DLX 能用来解决精确覆盖问题,而适当地建立起模型后能解决一些毒瘤的大模拟。
但这个东西的复杂度我是真的不会证,各位大佬就权当娱乐好了。
DLX 也不是什么联赛或省选知识点。
八、参考资料:
- 英雄哪里出来 的 《夜深人静写算法(九)- Dancing Links X(跳舞链)》
- 万仓一黍 的 《跳跃的舞者,舞蹈链(Dancing Links)算法——求解精确覆盖问题》
- zhangjianjunab 的 《DLX算法一览》
- 静听风吟。 的 《搜索:DLX算法》
- 刘汝佳,陈锋 的 《算法竞赛入门经典:训练指南》