算法分析与设计西工大 noj 第二次实验

Problem A 0-1背包问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

需对容量为c 的背包进行装载。从n 个物品中选取装入背包的物品，每件物品i 的重量为wi ，价值为pi 。对于可行的背包装载，背包中物品的总重量不能超过背包的容量，最佳装载是指所装入的物品价值最高。

输入：

多个测例，每个测例的输入占三行。第一行两个整数：n（n<=10）和c，第二行n个整数分别是w1到wn，第三行n个整数分别是p1到pn。
n 和 c 都等于零标志输入结束。

输出：

每个测例的输出占一行，输出一个整数，即最佳装载的总价值。

输入样例：

输出样例：

1
4

这是一道典型的01背包。由于n十分小，所以可以采用暴力搜索，也可以采用DP。

其实严格意义上我完全可以把物品的价值搞成1e9，这样就不可以使用DP了，但是数据十分水，也就过去了。

标准解法是暴力

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 20
int n, m;
int w[N], v[N];
int ans = 0;
inline int max(int x, int y)
{return x > y ? x : y;
}
void dfs(int x, int sw, int sv)
{if(x > n) {ans = max(ans, sw);return;}dfs(x+1, sw, sv);if(sv + v[x] <= m){dfs(x+1, sw + w[x], sv+v[x]);}
}
int main()
{while(scanf("%d%d", &n, &m), n||m){ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", v+i);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", w+i);dfs(1, 0, 0);printf("%d\n", ans);}return 0;
}

Problem B 装载问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

有两艘船，载重量分别是c1、 c2，n个集装箱，重量是wi (i=1…n)，且所有集装箱的总重量不超过c1+c2。确定是否有可能将所有集装箱全部装入两艘船。

输入：

多个测例，每个测例的输入占两行。第一行一次是c1、c2和n（n<=10）；第二行n个整数表示wi (i=1…n)。n等于0标志输入结束。

输出：

对于每个测例在单独的一行内输出Yes或No。

输入样例：

输出样例：

Yes
No

其实本质上还是一道背包问题。

把第一个小船当成背包，在不超载的前提下放置尽可能重的物品，以便于为第二艘小船留下余地。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 20
int c1, c2, n;
int w[N];
int sum;
bool flag = false;
void dfs(int x, int s)
{if(x > n){if(s <= c1 && (sum - s) <= c2) flag = true;return ;}dfs(x+1, s);dfs(x+1, s+w[x]);
}
int main()
{while(scanf("%d%d%d", &c1, &c2, &n), n){flag = false;sum = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", w+i);for(int i = 1; i <= n; i++) sum += w[i];dfs(1, 0);if(flag){puts("Yes");}else{puts("No");}}return 0;
}

Problem C 堡垒问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

城堡是一个4×4的方格，为了保卫城堡，现需要在某些格子里修建一些堡垒。城堡中的某些格子是墙，其余格子都是空格，堡垒只能建在空格里，每个堡垒都可以向上下左右四个方向射击，如果两个堡垒在同一行或同一列，且中间没有墙相隔，则两个堡垒都会把对方打掉。问对于给定的一种状态，最多能够修建几个堡垒。

输入：

每个测例以一个整数n（1<=n<=4）开始，表示城堡的大小。接下来是n行字符每行n个，‘X’表示该位置是墙，‘.’表示该位置是空格。n等于0标志输入结束。

输出：

每个测例在单独的一行输出一个整数：最多修建堡垒的个数。

输入样例：

4
.X..
....
XX..
....
2
XX
.X
3
.X.
X.X
.X.
3
...
.XX
.XX
4
....
....
....
....
0

输出样例：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 6
char a[N][N];
int n;
int ans = 0;
inline void get(int val, int &x, int &y)
{x = val/n;y = val%n;
}
bool ck(int x, int y)
{for(int i = x+1; i < n; i++){if(a[i][y] == 'o') return 0;else if(a[i][y] == 'X') break;}for(int i = x-1; i >= 0; i--){if(a[i][y] == 'o') return 0;else if(a[i][y] == 'X') break;}for(int i = y+1; i< n; i++){if(a[x][i] == 'o') return 0;else if(a[x][i] == 'X') break;}for(int i = y-1; i >= 0; i--){if(a[x][i] == 'o') return 0;else if(a[x][i] == 'X') break;}return true;
}
void dfs(int p, int s)
{if(p >= n*n){if(s > ans) ans = s;//DEBUG/*if(s == 4){for(int i = 0; i < 4; i++){for(int j = 0; j < 4; j++){printf("%c", a[i][j]);}puts("");}puts("");}*///ENDDEBUGreturn ;}dfs(p+1, s);int x, y;get(p, x, y);if(ck(x, y) && a[x][y] == '.'){a[x][y] = 'o';dfs(p+1, s+1);a[x][y] = '.';}
}
int main()
{while(scanf("%d", &n), n){for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", a[i]);ans = 0;dfs(0, 0);printf("%d\n", ans);}// n = 4;// for(int i = 0; i < 16; i++)// {//     int x, y;;//     get(i, x, y);//     printf("(%d, %d)  ", x, y);// }}

Problem D 8皇后问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

输出8皇后问题所有结果。

输入：

没有输入。

输出：

每个结果第一行是No n：的形式，n表示输出的是第几个结果；下面8行，每行8个字符，‘A’表示皇后，‘.’表示空格。不同的结果中，先输出第一个皇后位置靠前的结果；第一个皇后位置相同，先输出第二个皇后位置靠前的结果；依次类推。

输入样例：

无

输出样例：

输出的前几行：
No 1:
A.......
....A...
.......A
.....A..
..A.....
......A.
.A......
...A....
No 2:
A.......
.....A..
.......A
..A.....
......A.
...A....
.A......
....A...

这一道题目所使用的数据结构十分巧妙，由于每一行仅仅只可以有一个皇后，所以采用一维数组就可以。

注意时时刻刻想着剪枝。

判断对角线的方法是：abs(stac[i] - val) == abs(i-row)

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 12
int stac[N];
int cnt = 0;
bool ck(int row, int val)
{for(int i = 1; i <= 8; i++){if(stac[i] == 0 || i == row) continue;if(stac[i] == val || abs(stac[i] - val) == abs(i-row)) return false;}return true;
}
inline void Print(int x)
{for(int i = 1; i < x; i++) putchar('.');putchar('A');for(int i = x+1; i <= 8; i++) putchar('.');puts("");
}
void dfs(int x)
{if(x > 8){printf("No %d:\n", ++cnt);for(int i = 1; i <= 8; i++){Print(stac[i]);}return;// for(int i = 1; i <= 8; i++) printf("%d ", stac[i]);//balabala//return ;//DEBUG// exit(0);}for(int i = 1; i <= 8; i++){if(ck(x, i)) {stac[x] = i;dfs(x+1);stac[x] = 0;}}
}
int main()
{dfs(1);return 0;
}

Problem E 素数环问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

把1到20这重新排列，使得排列后的序列A满足：
a. 任意相邻两个数之和是素数
b. 不存在满足条件a的序列B使得：A和B的前k（0 <= k <= 19）项相同且B的第k+1项比A的第k+1项小。(即按字典序排列的第一项)

输入：

没有输入。

输出：

输出A，两个数字之间用一个空格隔开，第一个数字前面和最后一个数字后面没有空格。

输入样例：

输出样例：

标准解法

如果要是要求输出所有的素数环，那么就应该采用求全排列+剪枝+判断字典序

贪心解法

但是可以使用贪心来做。从前往后先试1，然后再试2…如果找到满足条件的环，就直接输出。

打表解法

这么小的数据量，直接人脑使用贪心法进行计算，来一个puts("")

//采取贪心的思想，从小到大选择
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 25
bool v[N];
int stac[N];
bool prim[40];
void dfs(int x)
{if(x > 20){for(int i = 1; i <= 20; i++) {if(i != 20)printf("%d ", stac[i]);else printf("%d", stac[20]);}puts("");exit(0);}for(int i = 1; i <= 20; i++){if(!v[i] && (x == 1 || x < 20 && x > 1 && (prim[stac[x-1] + i]) ||(x == 20 && (prim[stac[1] + i])))){stac[x] = i;v[i] = 1;dfs(x+1);v[i] = 0;stac[x] = 0;}}
}
int main()
{   for(int i = 2; i <= 45; i++){bool flag = true;for(int j = 2; j*j <= i; j++) if(i % j == 0){flag = false;break;}if(!flag) prim[i] = 0;else prim[i] = 1;}dfs(1);// for(int i = 1; i <= 45; i++) if(prim[i])//     printf("%d ", i);return 0;
}

Problem F 迷宫问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

给一个20×20的迷宫、起点坐标和终点坐标，问从起点是否能到达终点。

输入：

多个测例。输入的第一行是一个整数n，表示测例的个数。接下来是n个测例，每个测例占21行，第一行四个整数x1，y1，x2，y2是起止点的位置（坐标从零开始），（x1，y1）是起点，（x2，y2）是终点。下面20行每行20个字符，’.’表示空格；’X’表示墙。

输出：

每个测例的输出占一行，输出Yes或No。

输入样例：

2
0 0 19 19
....................
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
....................
0 0 19 19
....................
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
....................
.XXXXXXXXXXXXXXXXXXX
....................
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
....................
.XXXXXXXXXXXXXXXXXXX
....................
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
....................
.XXXXXXXXXXXXXXXXXXX
....................
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
XXXXXXXXXXXXXXXXXXX.
....................
.XXXXXXXXXXXXXXXXXXX
....................

输出样例：

No
Yes

直接进行DFS图的遍历

#include <iostream>
#include <cstdio>using namespace std;
#define N 30
pair<int, int> s, t;
char a[N][N];
bool v[N][N];
const int n = 20;
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
inline bool ck(int x, int y)
{if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n) return false;if(v[x][y]) return false;if(a[x][y] == 'X') return false;return true;
}
bool dfs(int nx, int ny)
{if(nx == t.first && ny == t.second){return 1;}for(int k = 0; k < 4; k++){int x = nx + dx[k];int y = ny + dy[k];if(ck(x, y)){v[x][y] = 1;if(dfs(x, y)) return 1;}}return 0;
}
int main()
{int T;cin >> T;while(T--){for(int i = 0; i <= 20; i++)for(int j = 0; j <= 20; j++)v[i][j] = false;scanf("%d%d%d%d", &s.first, &s.second, &t.first, &t.second);for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", a[i]);if(dfs(s.first, s.second)){puts("Yes");}else{puts("No");}}return 0;
}

Problem G 踩气球

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

六一儿童节，小朋友们做踩气球游戏，气球的编号是1～100，两位小朋友各踩了一些气球，要求他们报出自己所踩气球的编号的乘积。现在需要你编一个程序来判断他们的胜负，判断的规则是这样的：如果两人都说了真话，数字大的人赢；如果两人都说了假话，数字大的人赢；如果报小数字的人说的是真话而报大数字的人说谎，则报小数字的人赢（注意：只要所报的小数字是有可能的，即认为此人说了真话）。

输入：

输入为两个数字，0 0表示结束；

输出：

输出为获胜的数字。

输入样例：

36 62
49 343
0 0

输出样例：

62
49

这一道题目使我畏惧，真的是太太太离谱了！

暴力搜索法：

虽然看起来有很多情况，但是由于int范围内的相乘大于int的数字其实并没有多少，所以也还可以

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
int small, big;//大的数字以及小的数字
int mul1, mul2;//已经当前已经踩过的气球的乘积
bool f1, f2;//记录说的是不是真话void dfs(int k)
{if(k <= 1){if(mul1 == small && mul2 == big) {f1 = 1, f2 = 1;}else if( (!f1 || !f2) && mul1 == small ){f1 = 1, f2 = 0;}else if(!f1&&!f2&&mul2 == big){f1 = 0, f2 = 1;}return ;}if(mul1*k <= small && small % k == 0){mul1 *= k;dfs(k-1);mul2 /= k;}if(mul2 * k <= big && big % k == 0){mul2 *= k;dfs(k-1);mul2 /= k;}dfs(k-1);
}
int main()
{while(scanf("%d%d", &big, &small), big || small){if(small > big) swap(small, big);mul1 = 1, mul2 = 1;f1 = 0, f2 = 0;dfs(100);if(f1 && f2 || !f1 && !f2){printf("%d\n", big);}else{if(f1) printf("%d\n", small);else printf("%d\n", big);}}//cout << f1 << f2;return 0;
}

Problem H 字母转换

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

通过栈交换字母顺序。给定两个字符串，要求所有的进栈和出栈序列（i表示进栈，o表示出栈），使得字符串2在求得的进出栈序列的操作下，变成字符串1。输出结果需满足字典序。例如TROT 到 TORT:
[
i i i i o o o o
i o i i o o i o
]

输入：

给定两个字符串，第一个字符串是源字符串，第二个字符是目标目标字符串。

输出：

所有的进栈和出栈序列,输出结果需满足字典序

输入样例：

madam
adamm
bahama
bahama
long
short
eric
rice

输出样例：

[
i i i i o o o i o o
i i i i o o o o i o
i i o i o i o i o o
i i o i o i o o i o
]
[
i o i i i o o i i o o o
i o i i i o o o i o i o
i o i o i o i i i o o o
i o i o i o i o i o i o
]
[
]
[
i i o i o i o o
]

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
#define N 100005
char a[N], b[N];
stack<char> st;
vector<char> op;
int p = 1;
int q = 1;
int len = 0;
void dfs(int n)
{if(n > 2 * len){for(int i = 0; i < op.size(); i++){if(i != op.size() - 1)printf("%c ", op[i]);else printf("%c", op[i]);}puts("");return;}if(p <= len){op.push_back('i');st.push(a[p]);p++;dfs(n+1);op.pop_back();st.pop();p--;}if(st.size() && st.top() == b[q]){op.push_back('o');char tmp = st.top();st.pop();q++;dfs(n+1);q--;st.push(tmp);op.pop_back();}
}
int main()
{//freopen("in.txt", "r", stdin);//freopen("out.txt", "w", stdout);while(scanf("%s%s", a+1, b+1) != EOF){int len1 = strlen(a+1);int len2 = strlen(b+1);if(len1 != len2){printf("[\n]\n");continue;}len = len1;printf("[\n");dfs(1);printf("]\n");}return 0;
}

Problem I 农场灌溉问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

一农场由图所示的十一种小方块组成，蓝色线条为灌溉渠。若相邻两块的灌溉渠相连则只需一口水井灌溉。

输入：

给出若干由字母表示的最大不超过50×50具体由(m，n)表示，的农场图

输出：

编程求出最小需要打的井数。每个测例的输出占一行。当M=N=-1时结束程序。

输入样例：

2 2
DK
HF
3 3
ADC
FJK
IHE
-1 -1

输出样例：

2
3

简直是带模拟

需要注意判断可达性的时候，不仅仅与当前的格子有关系，并且与其他的格子有关系。

#include <iostream>
#include <cstdio>using namespace std;bool th[128][5];
int n,m;
char a[100][100];
bool v[100][100];
void init();
void dfs(int x, int y)
{v[x][y] = 1;int r, c;//0r = x, c = y-1;if(r >= 1 && r <= n && c >= 1 && c <= m && !v[r][c]){if(th[a[x][y]][0] && th[a[r][c]][2]){dfs(r, c);}} //1r = x-1, c = y;if(r >= 1 && r <= n && c >= 1 && c <= m && !v[r][c]){if(th[a[x][y]][1] && th[a[r][c]][3]){dfs(r, c);}} //2r = x, c = y+1;if(r >= 1 && r <= n && c >= 1 && c <= m && !v[r][c]){if(th[a[x][y]][2] && th[a[r][c]][0]){dfs(r, c);}} //3r = x+1, c = y;if(r >= 1 && r <= n && c >= 1 && c <= m && !v[r][c]){if(th[a[x][y]][3] && th[a[r][c]][1]){dfs(r, c);}}
}
int main()
{init();while(scanf("%d%d", &n, &m), n!=-1 || m!=-1){for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)v[i][j] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", a[i] + 1);int ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++){if(!v[i][j]) {dfs(i, j);ans ++;}}printf("%d\n", ans);// for(int i = 1; i <= n; i++)// {//     for(int j = 1; j <= m; j++)//         cout << a[i][j];//     puts("");// }}return 0;
}
void init()
{th['A'][0] = 1;th['A'][1] = 1;th['B'][1] = 1;th['B'][2] = 1;th['C'][0] = 1;th['C'][3] = 1;th['D'][2] = 1;th['D'][3] = 1;th['E'][1] = 1;th['E'][3] = 1;th['F'][0] = 1;th['F'][2] = 1;th['G'][0] = 1;th['G'][1] = 1;th['G'][2] = 1;th['H'][0] = 1;th['H'][1] = 1;th['H'][3] = 1;th['I'][0] = 1;th['I'][2] = 1;th['I'][3] = 1;th['J'][1] = 1;th['J'][2] = 1;th['J'][3] = 1;th['K'][0] = 1;th['K'][1] = 1;th['K'][2] = 1;th['K'][3] = 1;}

Problem J 求图像的周长

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

给一个用 . 和X表示的图形，图形在上、下、左、右、左上、左下、右上、右下8个方向都被看作是连通的，并且图像中间不会出现空洞，求这个图形的边长。

输入：

首先给出m、n、x、y四个正整数，下面给出m×n的图形，x、y表示点击的位置，全0表示结束。

输出：

点击的图形的周长。

输入样例：

2 2 2 2
XX
XX
6 4 2 3
.XXX
.XXX
.XXX
...X
..X.
X...
0 0 0 0

输出样例：

8
18

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 10005
int n, m, sx, sy;
char a[N][N];
bool v[N][N];
int ans = 0;
int dx[8] = {-1, -1, -1 ,0, 0, 1, 1, 1};
int dy[8] = {-1, 0, 1, -1, 1, -1, 0, 1};int lenth(int nx, int ny)
{int all = 4;static const int qx[4] = {-1, 0, 0, 1};static const int qy[4] = {0, -1, 1, 0};for(int k = 0; k < 4; k++){int x = nx + qx[k];int y = ny + qy[k];if(x < 1 || x > n || y < 0 || y > m) continue;if(a[x][y] == 'X')all --;}return all;
}void dfs(int nx, int ny)
{v[nx][ny] = 1;ans += lenth(nx, ny);for(int k = 0; k < 8; k++){int x = dx[k] + nx;int y = dy[k] + ny;if(v[x][y]) continue;if(a[x][y] != 'X') continue;dfs(x, y);}
}
int main()
{while(scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &sx, &sy), n || m || sx || sy){for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", a[i]+1);for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)v[i][j] = 0;ans = 0;dfs(sx, sy);printf("%d\n", ans);}return 0;
}

Problem K 图的m着色问题

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

给定无向连通图G和m种不同的颜色。用这些颜色为图G的各顶点着色，每个顶点着一种颜色。如果有一种着色法使G中每条边的2个顶点着不同颜色，则称这个图是m可着色的。图的m着色问题是对于给定图G和m种颜色，找出所有不同的着色法。

输入：

第1行有3个正整数n，r 和m（n < 20,r < 200,m < 10），表示给定的图G有n个顶点和r条边，m种颜色。顶点编号为0，1，2，…，n-1。接下来的r行中，每行有2个正整数u,v，表示图G 的一条边(u,v)。

输出：

输出不同的着色方案的总数。

输入样例：

3 2 2
0 1
1 2

输出样例：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 25
int a[N][N];
int c[N];
int n, r, m;
int ans = 0;
inline bool ck(int x, int val)
{for(int y = 1; y < x; y++){if(!a[x][y]) continue;if(val == c[y]) return 0;}return true;
}
void dfs(int x)
{if(x > n){ans ++;// for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", c[i]);// puts("");return;}for(int i = 1; i <= m; i++){if(ck(x, i)) {c[x] = i;dfs(x+1);c[x] = 0;//浅浅回复一下} }
}
int main()
{   scanf("%d%d%d", &n, &r, &m);for(int i = 1; i <= r; i++){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);u++, v++;a[u][v] = 1;a[v][u] = 1;}dfs(1);printf("%d\n", ans);return 0;
}

Problem L 三阶幻方

时限：1000ms 内存限制：10000K 总时限：3000ms

描述：

三阶幻方是最简单的幻方，又叫九宫格，是由1,2,3,4,5,6,7,8,9九个数字组成的一个三行三列的矩阵，其对角线、横行、纵向的的和都为15。

输入：

无

输出：

按字典序输出所有的满足条件的幻方矩阵，每两个数字之间带一个空格，行尾无空格，每个幻方后带一个空行。

无输入以及输出样例

//幻方！都可以幻方！！！！
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
bool v[12];
int a[4][4];
inline bool judge(int x, int y, int val)
{//DEBUG//return true;int sum = 0;if(x == 0 && y == 2){for(int i = 0; i < 3; i++) sum += a[0][i];if(sum == 15) return true;else return false;}if(x == 1 && y == 2){for(int i = 0; i < 3; i++) sum += a[1][i];if(sum == 15) return true;else return false;}if(x == 2 && y == 0){int s1 = 0, s2 = 0;;for(int i = 0; i < 3; i++) s1 += a[i][0];s2 += a[0][2] + a[1][1] + a[2][0];;if(s2 == 15 && s1 == 15) return true;else return false;}if(x == 2 && y == 1){for(int i = 0; i < 3; i++) sum += a[i][1];if(sum == 15) return true;else return false;}if(x == 2 && y == 2){int s1 = 0, s2 = 0, s3 = 0;for(int i = 0; i < 3; i ++) s1 += a[i][2];for(int i = 0; i < 3; i ++) s2 += a[i][i];for(int i = 0; i < 3; i ++) s3 += a[2][i];if(s1 == 15 && s2 == 15 && s3 == 15) return true;else return false;}return true;
}//int dede = 0;
void dfs(int p)
{if(p >= 3*3){for(int i = 0; i < 3; i++){for(int j = 0; j < 3; j++){if(j < 2)printf("%d ", a[i][j]);elseprintf("%d", a[i][j]);}puts("");}puts("");//if(++dede >= 5) exit(0);}int nx = p/3;int ny = p%3;for(int i = 1; i <= 9; i++){a[nx][ny] = i;if(judge(nx, ny, i) && !v[i]){v[i] = 1;dfs(p+1);v[i] = 0;}a[nx][ny] = 0;}
}
int main()
{dfs(0);return 0;
}