UVA-1572

Posted 2020-10-07 Dysania_l

解题思路：

之前看到的骚操作，主要思想就是把两个面合在一起看成两个点相连，最后只要找到一个环就可以无限克隆这个环使得无限延迟.

把符号变成数字如A-变为0，A+变为1，则0^1=1 ，这两个符号可以通过^来快速转换。

实现代码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int cg(string s){ 
   if(s=="00")  return -1;
    int ans = s[0] - ‘A‘;
    return ans*2+(s[1]==‘+‘);
}
int g[54][54];
int main()
{
    int n,i,j,k,a[6];
    string s1;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        memset(g,0,sizeof(g));
        for(i=0;i<n;i++){
            cin>>s1;
            for(j=0;j<4;j++)   //取得四个面的符号
                a[j] = cg(s1.substr(j*2,2));
            for(j=0;j<4;j++)    //g[x][y]  代表从x到y是否通路 = 1代表连通
                for(k=0;k<4;k++)
                    if(a[k]!=-1&&a[j]!=-1&&j!=k)  //剪枝
                        g[a[j]][a[k]^1] = 1;  //y^1代表能与x连通的点，因为x与y在一个方块上，想让另一个方块与之相连，另一个
                                              //方块必须存在y^1这个面，这样路线就由x到了y^1。
        }
        bool flag = 0;
        for(i=0;i<51;i++)
            for(j=0;j<51;j++)
                for(k=0;k<51;k++)
                g[i][j]|=g[i][k]&&g[k][j];  //合并路径，如 1-2和2-3 可以合为1-3.
        for(i=0;i<51;i++)
            flag|=g[i][i];  //路径合并完毕后查看是否存在环，如果有环，则可以无限延伸
        if(flag==0) cout<<"bounded"<<endl;
        else cout<<"unbounded"<<endl;
    }
    return 0;
}