分而治之算法－－-残缺棋盘

核心提示：残缺棋盘（defective chessboard）是一个有2k×2k 个方格的棋盘，其中恰有一个方格残缺，分而治之算法－－-残缺棋盘，图2 - 3给出k≤2时各种可能的残缺棋盘，其中残缺的方格用阴影表示，可得t (k )= ( 4k )= （所需的三格板的数目），由于必须花费至少( 1 )的时间来放置每一块三格表，注

　　残缺棋盘（defective chessboard）是一个有2k×2k 个方格的棋盘，其中恰有一个方格残缺。图2 - 3给出k≤2时各种可能的残缺棋盘，其中残缺的方格用阴影表示。注重当k= 0时，仅存在一种可能的残缺棋盘（如图1 4 - 3 a所示）。事实上，对于任意k，恰好存在22k 种不同的残缺棋盘。

残缺棋盘的问题要求用三格板（t r i o m i n o e s）覆盖残缺棋盘（如图1 4 - 4所示）。在此覆盖中，两个三格板不能重叠，三格板不能覆盖残缺方格，但必须覆盖其他所有的方格。在这种限制条件下，所需要的三格板总数为( 22k -1 ) / 3。可以验证( 22k -1 ) / 3是一个整数。k 为0的残缺棋盘很轻易被覆盖，因为它没有非残缺的方格，用于覆盖的三格板的数目为0。当k= 1时，正好存在3个非残缺的方格，并且这三个方格可用图1 4 - 4中的某一方向的三格板来覆盖。

用分而治之方法可以很好地解决残缺棋盘问题。这一方法可将覆盖2k×2k 残缺棋盘的问题转化为覆盖较小残缺棋盘的问题。2k×2k 棋盘一个很自然的划分方法就是将它划分为如图1 4 - 5 a所示的4个2k - 1×2k - 1 棋盘。注重到当完成这种划分后， 4个小棋盘中仅仅有一个棋盘存在残缺方格（因为原来的2k×2k 棋盘仅仅有一个残缺方格）。首先覆盖其中包含残缺方格的2k - 1×2k - 1 残缺棋盘，然后把剩下的3个小棋盘转变为残缺棋盘，为此将一个三格板放在由这3个小棋盘形成的角上，如图14-5b 所示，其中原2k×2k 棋盘中的残缺方格落入左上角的2k - 1×2k - 1 棋盘。可以采用这种分割技术递归地覆盖2k×2k 残缺棋盘。当棋盘的大小减为1×1时，递归过程终止。此时1×1的棋盘中仅仅包含一个方格且此方格残缺，所以无需放置三格板。

可以将上述分而治之算法编写成一个递归的C++ 函数Ti l e B o a r d (见程序1 4 - 2 )。该函数定义了一个全局的二维整数数组变量B o a r d来表示棋盘。B o a r d [ 0 ] [ 0 ]表示棋盘中左上角的方格。该函数还定义了一个全局整数变量t i l e，其初始值为0。函数的输入参数如下：

? tr 棋盘中左上角方格所在行。

? tc 棋盘中左上角方格所在列。

? dr 残缺方块所在行。

? dl 残缺方块所在列。

? size 棋盘的行数或列数。

Ti l e B o a r d函数的调用格式为Ti l e B o a r d（0,0, dr, dc,size)，其中s i z e = 2k。覆盖残缺棋盘所需要的三格板数目为( s i z e2 -1 ) / 3。函数TileBoard 用整数1到( s i z e2-1 ) / 3来表示这些三格板，并用三格板的标号来标记被该三格板覆盖的非残缺方格。

令t (k) 为函数Ti l e B o a r d覆盖一个2k×2k 残缺棋盘所需要的时间。当k= 0时，s i z e等于1，覆盖它将花费常数时间d。当k > 0时，将进行4次递归的函数调用，这些调用需花费的时间为4t (k-1 )。除了这些时间外， if 条件测试和覆盖3个非残缺方格也需要时间，假设用常数c 表示这些额外时间。可以得到以下递归表达式：

程序14-2 覆盖残缺棋盘

void TileBoard(int tr, int tc, int dr, int dc, int size)

{// 覆盖残缺棋盘

if (size == 1) return;

int t = tile++, // 所使用的三格板的数目

s = size/2; // 象限大小

/ /覆盖左上象限

if (dr < tr + s && dc < tc + s)

// 残缺方格位于本象限

Ti l e B o a r d ( t r, tc, dr, dc, s);

else {// 本象限中没有残缺方格

// 把三格板t 放在右下角

Board[tr + s - 1][tc + s - 1] = t;

// 覆盖其余部分

Ti l e B o a r d ( t r, tc, tr+s-1, tc+s-1, s);}

/ /覆盖右上象限

if (dr < tr + s && dc >= tc + s)

// 残缺方格位于本象限

Ti l e B o a r d ( t r, tc+s, dr, dc, s);

else {// 本象限中没有残缺方格

// 把三格板t 放在左下角

Board[tr + s - 1][tc + s] = t;

// 覆盖其余部分

Ti l e B o a r d ( t r, tc+s, tr+s-1, tc+s, s);}

/ /覆盖左下象限

if (dr >= tr + s && dc < tc + s)

// 残缺方格位于本象限

TileBoard(tr+s, tc, dr, dc, s);

else {// 把三格板t 放在右上角


Board[tr + s][tc + s - 1] = t;

// 覆盖其余部分

TileBoard(tr+s, tc, tr+s, tc+s-1, s);}

// 覆盖右下象限

if (dr >= tr + s && dc >= tc + s)

// 残缺方格位于本象限

TileBoard(tr+s, tc+s, dr, dc, s);

else {// 把三格板t 放在左上角

Board[tr + s][tc + s] = t;

// 覆盖其余部分

TileBoard(tr+s, tc+s, tr+s, tc+s, s);}

}

void OutputBoard(int size)

{

for (int i = 0; i < size; i++) {

for (int j = 0; j < size; j++)

cout << setw (5) << Board[i][j];

cout << endl;

}

}

可以用迭代的方法来计算这个表达式（见例2 - 2 0），可得t (k )= ( 4k )= （所需的三格板的数目）。由于必须花费至少( 1 )的时间来放置每一块三格表，因此不可能得到一个比分而治之算法更快的算法。