棋盘覆盖问题

棋盘覆盖问题问题描述：有一个2^k * 2^k的方格棋盘，恰有一个方格是黑色的，其他为白色。你的任务是包含3个方格的 L 型牌覆盖所有白色方格。黑色方格不能覆盖，且任意一个白色方格不能同时被两个活更多牌覆盖。如图一所示为L型牌的4种旋转方式。图一 L 型牌算法分析：由于棋盘是2^k * 2^k的，则可用分治方法来解决该问题.先把棋盘切为4块,则一块都是2^(k-1)* 2^(k-1) ,有黑色格子的那一块则可以通过递归解决,由于其他3块并没有黑色格子,则可以通过 L 型牌构造出一个黑色格子，如图二所示。当递归到只剩 1*1的格子时，则到达递归边界。图二 构造黑色格子如果k = 2,并且黑格子是(3,3),则棋盘是一个4*4的棋盘.如图所示，先将4*4棋盘分成4块,判断黑点在4块中的位置,黑点在右下角块，则将左上角块的右下角块(即图中(1,1)块)标记为A,然后将A 看成黑块,递归左上角块,然后依次递归每一块，直到递归到只剩1*1 格子！递归后填的结果如图所示。代码实现：

#include <iostream>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int maps[100][100];

///tr,tc分别表示矩形的左边界和上边界(左上角的行号和列号)
///endr,endc分别表示黑色方格的行号和列号,sizes表示 2^k
void mem(int tr, int tc, int endr, int endc, int sizes)
{
if(sizes == 1)  return;

static int mark = 0;
int num = ++mark;
int mid = sizes / 2;

if(endr < tr + mid && endc < tc + mid) ///黑色方格在左上角
mem(tr,tc,endr,endc,mid);
else ///黑色方格不在左上角棋盘,则将左上角棋盘的右下角设为相应的数字
{
maps[tr + mid - 1][tc + mid - 1] = num;
mem(tr,tc,tr + mid - 1,tc + mid - 1,mid);
}

if(endr < tr + mid && endc >= tc + mid) ///黑色方格在右上角
mem(tr,tc + mid,endr,endc,mid);
else ///黑色方格不在右上角棋盘,则将右上角棋盘的左下角设为相应的数字
{
maps[tr + mid - 1][tc + mid] = num;
mem(tr,tc + mid,tr + mid - 1,tc + mid,mid);
}

if(endr >= tr + mid && endc < tc + mid) ///黑色方格在左下角
mem(tr + mid,tc,endr,endc,mid);
else ///黑色方格不在左下角棋盘,则将左下角棋盘的右上角设为相应的数字
{
maps[tr + mid][tc + mid - 1] = num;
mem(tr + mid,tc,tr + mid,tc + mid - 1,mid);
}

if(endr >= tr + mid && endc >= tc + mid) ///黑色方格在右下角
mem(tr + mid,tc + mid,endr,endc,mid);
else ///黑色方格不在右下角棋盘,则将右下角棋盘的左上角设为相应的数字
{
maps[tr + mid][tc + mid] = num;
mem(tr + mid,tc + mid,tr + mid,tc + mid,mid);
}
}

int main()
{
int k, x, y;
while(scanf("%d %d %d",&k,&x,&y))
{
int z = 1;
memset(maps,0,sizeof(maps));
for(int i = 0; i < k; i++)
z *= 2;
printf("%d\n",z);
mem(0,0,x,y,z);
for(int i = 0; i < z; i++)
{
for(int j = 0; j < z; j++)
printf("%c ",maps[i][j] + 'A' - 1);
printf("\n");
}
}
return 0;
}