Pflanzen Sie Bäume in einem Park - so schnell Sie können!

20

Diese Herausforderung ist von dieser App inspiriert . Die Testfälle werden von dieser App ausgeliehen.


Dies ist eine Herausforderung mit dem , bei der es darum geht, die größten Testfälle in zu lösen. Es werden einige kleinere Testfälle bereitgestellt, damit die Benutzer ihre Algorithmen möglicherweise schneller testen können.


Sie erhalten ein quadratisches Eingabegitter mit den Abmessungen n x n, wobei 9 <= n <= 12 ist . Dieses Raster wird in n Bereiche unterteilt, in denen die Zellen der einzelnen Bereiche eindeutige Bezeichner aufweisen (ich verwende im Text hier Kleinbuchstaben von al , aber Sie können wählen, was Sie möchten, z. B. Ganzzahlen von 1 bis 12 ). .

Die Eingabe kann folgendermaßen aussehen (optionales Eingabeformat):

aabbbbbcc
adddbbbcc
adeeecccc
adddefgcc
hhhdifggg
hdddifffg
hhhiifffg
hihiifffg
iiiiiiggg

Oder einfacher zu visualisieren:

Bildbeschreibung hier eingeben

Herausforderung:

Sie müssen 2 * n Bäume in diesem Park nach folgenden Regeln platzieren:

  • Es müssen genau 2 Bäume pro Spalte und 2 Bäume pro Zeile vorhanden sein
  • Alle Gebiete müssen genau 2 Bäume haben.
  • Kein Baum darf neben einem anderen Baum stehen, weder vertikal noch horizontal noch diagonal

Die Lösung für das obige Layout lautet:

Bildbeschreibung hier eingeben

Hinweis: Für jedes Rätsel gibt es nur eine Lösung

Zusätzliche Regeln:

  • Die Eingabe- und Ausgabeformate sind optional
    • Die Ausgabe kann beispielsweise eine Liste von Indizes sein, ein Raster mit 1/0, das angibt, ob sich an dieser Position ein Baum befindet, oder eine modifizierte Version der Eingabe, in der die Bäume angezeigt werden
  • Die Ausführungszeit muss deterministisch sein
  • Das Programm muss innerhalb von 1 Minute auf dem Computer von @ isaacg beendet sein
    • Technische Daten: 4 CPUs, i5-4300U CPU bei 1,9 GHz, 7,5 G RAM.
  • Falls Ihr Programm den zweitgrößten Testfall nicht in jeweils einer Minute lösen kann, ist die Zeit für den zweitgrößten ( n = 11 ) Ihre Punktzahl. Sie verlieren gegen eine Lösung, die den größten Fall löst.

Testfälle:

Ich könnte diese Liste bearbeiten, wenn die Einsendungen an diese Testfälle angepasst zu sein scheinen.

12-mal-12 :

--- Input ---
aaaaabccccdd
aaaaabccccdd
aaaaabbbbddd
eeeafffgbghh
eeaafffgbghh
eefffffggghh
eeefijffghhh
iieiijjjjkhh
iiiiijjjjkhk
lljjjjjjjkkk
llllllkkkkkk
llllllkkkkkk
--- Solution ---
aaaaabcccCdD
aaaaaBcCccdd
aAaaabbbbdDd
eeeaffFgBghh
eeAaFffgbghh
eefffffGgGhh
EeefijffghhH
iiEiIjjjjkhh
IiiiijjjjkHk
lljJjJjjjkkk
lLllllkkKkkk
lllLllKkkkkk

11-mal-11 :

--- Input ---
aaaaaaabbcc
adddabbbbcc
edddbbbbbbc
eddddbbbbbb
effffggghhh
effffgghhii
eefffjjhhii
eeeejjjhhii
eeejjjjkiii
jjjjjjkkiii
jjjjjkkkiii
--- Solution ---
aaAaaaabbCc
adddAbBbbcc
eDddbbbbbbC
eddDdBbbbbb
effffggGhHh
eFfffGghhii
eefFfjjhHii
EeeejjjhhiI
eeEjjjjKiii
JjjjJjkkiii
jjjjjkKkIii

10-mal-10

--- Input ---
aaaaabccdd
aeaabbbccd
aeaabfbgcd
eeeaafggcd
eeeaafghcd
eeeiifghcd
ieiiigghcd
iiijighhcd
jjjjighhcd
jjjggghhdd
--- Solution ---
aaAaabccdD
aeaaBbBccd
aEaabfbgcD
eeeaaFgGcd
eEeAafghcd
eeeiiFghCd
IeiIigghcd
iiijigHhCd
JjJjighhcd
jjjgGghHdd

9-mal-9

--- Input ---
aabbbbbcc
adddbbbcc
adeeecccc
adddefgcc
hhhdifggg
hdddifffg
hhhiifffg
hihiifffg
iiiiiiggg
--- Solution ---
aAbBbbbcc
adddbbBcC
adEeEcccc
AdddefgCc
hhhDiFggg
hDddifffG
hhhiIfFfg
HiHiifffg
iiiiiIgGg
--- Input ---
aaabbbccc
aaaabbccc
aaaddbcce
ffddddcce
ffffddeee
fgffdheee
fggfhhhee
iggggheee
iiigggggg
--- Solution ---
aaAbBbccc
AaaabbcCc
aaaDdBcce
fFddddcCe
fffFdDeee
fGffdheeE
fggfHhHee
IggggheeE
iiIgggGgg
Stewie Griffin
quelle
"Die Eingabe- und Ausgabeformate sind optional, sollten aber gleich sein" Was bedeutet das? Kann ich keine Liste mit Einsen und Nullen für Bäume und Nichtbäume ausgeben, ohne mich um die Ausgabe der Bereiche zu kümmern?
Fatalize
@Fatalize, bearbeitet. Ich halte es für eine gute Idee, eine Liste von Indizes oder ein Raster mit 1/0 auszugeben, wie Sie vorschlagen.
Stewie Griffin
1
Information (wenn ich richtig berechne): Es gibt 3647375398569086976 Konfigurationen, um 24 Bäume in ein 12 * 12-Raster zu setzen There shall be exactly 2 trees per column, and 2 trees per row.
user202729
"Sollte kein großes Problem sein" : Ich persönlich denke, dass es ist. Meine derzeitige Implementierung löst den ersten Testfall in ~ 150 ms und den dritten in 5 s, kann aber den letzten (der 'nur' 11x11 ist) nicht in angemessener Zeit lösen. Es würde wahrscheinlich einen wesentlich aggressiveren Vorwärtsschnitt und damit eine erhebliche Menge an zusätzlichem Code erfordern, um innerhalb von 1 Minute fertig zu sein.
Arnauld
1
@Arnauld, ich habe das Maximum auf 11 geändert, da dies der größte Testfall ist. Sie können Ihre Lösung veröffentlichen (als gültige, konkurrierende Einreichung), aber es gewinnt nicht, wenn jemand eine Lösung veröffentlicht, die alle Testfälle unabhängig von der Codelänge löst. Messe?
Stewie Griffin

Antworten:

7

JavaScript (ES6), 271 Byte

Nimmt die Eingabe als Array von Arrays von Zeichen. Gibt ein Array von Bitmasken (Ganzzahlen) zurück, die die Position der Bäume in jeder Zeile beschreiben, wobei das niedrigstwertige Bit die Position ganz links ist.

f=(a,p=0,r=[S=y=0],w=a.length)=>a.some((R,y)=>a.some((_,x)=>r[y]>>x&1&&(o[k=R[x]]=-~o[k])>2),o=[])?0:y<w?[...Array(1<<w)].some((_,n)=>(k=n^(x=n&-n))<=x*2|k&-k^k|n&(p|p/2|p*2)||r.some((A,i)=>r.some((B,j)=>A&B&n&&i<y&j<i))?0:(w=r[y],f(a,r[y++]=n,r),r[--y]=w,S))&&S:S=[...r]

Formatiert und kommentiert

f = (                                           // given:
  a,                                            //   - a = input matrix
  p = 0,                                        //   - p = previous bitmask
  r = [                                         //   - r = array of tree bitmasks
        S = y = 0 ],                            //   - S = solution / y = current row
  w = a.length                                  //   - w = width of matrix
) =>                                            //
  a.some((R, y) => a.some((_, x) =>             // if there's at least one area with more
    r[y] >> x & 1 && (o[k = R[x]] = -~o[k]) > 2 // than two trees:
  ), o = []) ?                                  //
    0                                           //   abort right away
  :                                             // else:
    y < w ?                                     //   if we haven't reached the last row:
      [...Array(1 << w)].some((_, n) =>         //     for each possible bitmask n:
        (k = n ^ (x = n & -n)) <= x * 2 |       //       if the bitmask does not consist of
        k & - k ^ k |                           //       exactly two non-consecutive bits,
        n & (p | p / 2 | p * 2) ||              //       or is colliding with the previous
        r.some((A, i) => r.some((B, j) =>       //       bitmask, or generates more than two
          A & B & n && i < y & j < i            //       trees per column:
        )) ?                                    //
          0                                     //         yield 0
        :                                       //       else:
          (                                     //
            w = r[y],                           //         save the previous bitmask
            f(a, r[y++] = n, r),                //         recursive call with the new one
            r[--y] = w,                         //         restore the previous bitmask
            S                                   //         yield S
          )                                     //
      ) && S                                    //     end of some(): return false or S
    :                                           //   else:
      S = [...r]                                //     this is a solution: save a copy in S

Testfälle

Dieses Snippet enthält eine zusätzliche Funktion, um die Ergebnisse in einem besser lesbaren Format anzuzeigen. Es ist zu langsam, um den letzten Testfall zu lösen.

Erwartete Laufzeit: ~ 5 Sekunden.

Arnauld
quelle
Anmerkung von OP: Diese Einreichung erfolgte, als die Herausforderung eine Code-Golf-Herausforderung war. Es ist daher absolut gültig, auch wenn es nicht für das aktuelle Gewinnkriterium optimiert ist!
Stewie Griffin
Timing: Nimmt über eine Minute auf 11x11.
Isaacg
Wir sind in einer Essiggurke, vielleicht können Sie helfen. Können Sie sich eine Möglichkeit vorstellen, nicht trivial größere Puzzle-Instanzen zu generieren?
Isaacg
7

C, offizielle Zeit: 5 ms für 12 x 12

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <omp.h>

#define valT char
#define posT int

#ifndef _OPENMP
#  warning Building without OpenMP support
#  define omp_get_max_threads() 1
#  define omp_get_num_threads() 1
#  define omp_get_thread_num() 0
#endif

#define MIN_THREADED_SIZE 11

static void complete(posT n, valT *workspace) {
    const posT s = n * 3 + 2;

    const valT *regions = workspace;
    valT *output = &workspace[n*2+1];

    for(posT y = 0; y < n; ++ y) {
        for(posT x = 0; x < n; ++ x) {
//          putchar(output[y*s+x] ? '*' : '-');
            putchar(regions[y*s+x] + (output[y*s+x] ? 'A' : 'a'));
        }
        putchar('\n');
    }

    _Exit(0);
}

static void solveB(const posT n, valT *workspace, valT *pops, const posT y) {
    const posT s = n * 3 + 2;

    const valT *regions = workspace;
    const valT *remaining = &workspace[n];
    valT *output = &workspace[n*2+1];

    for(posT r = 0; r < n; ++ r) {
        if(pops[r] + remaining[r] < 2) {
            return;
        }
    }

    for(posT t1 = 0; t1 < n - 2; ++ t1) {
        posT r1 = regions[t1];
        if(output[t1+1-s]) {
            t1 += 2;
            continue;
        }
        if(output[t1-s]) {
            ++ t1;
            continue;
        }
        if((pops[t1+n] | pops[r1]) & 2 || output[t1-1-s]) {
            continue;
        }
        output[t1] = 1;
        ++ pops[t1+n];
        ++ pops[r1];
        for(posT t2 = t1 + 2; t2 < n; ++ t2) {
            posT r2 = regions[t2];
            if(output[t2+1-s]) {
                t2 += 2;
                continue;
            }
            if(output[t2-s]) {
                ++ t2;
                continue;
            }
            if((pops[t2+n] | pops[r2]) & 2 || output[t2-1-s]) {
                continue;
            }
            output[t2] = 1;
            ++ pops[t2+n];
            ++ pops[r2];
            if(y == 0) {
                complete(n, &workspace[-s*(n-1)]);
            }
            solveB(n, &workspace[s], pops, y - 1);
            output[t2] = 0;
            -- pops[t2+n];
            -- pops[r2];
        }
        output[t1] = 0;
        -- pops[t1+n];
        -- pops[r1];
    }
}

static void solve(const posT n, valT *workspace) {
    const posT s = n * 3 + 2;

    valT *regions = workspace;
    valT *remaining = &workspace[n];
    valT *pops = &workspace[n*s];
//  memset(&remaining[n*s], 0, n * sizeof(valT));

    for(posT y = n; (y --) > 0;) {
        memcpy(&remaining[y*s], &remaining[(y+1)*s], n * sizeof(valT));
        for(posT x = 0; x < n; ++ x) {
            valT r = regions[y*s+x];
            valT *c = &remaining[y*s+r];
            valT *b = &pops[r*3];
            if(*c == 0) {
                *c = 1;
                b[0] = y - 1;
                b[1] = x - 1;
                b[2] = x + 1;
            } else if(x < b[1] || x > b[2] || y < b[0]) {
                *c = 2;
            } else {
                b[1] = b[1] > (x - 1) ? b[1] : (x - 1);
                b[2] = b[2] < (x + 1) ? b[2] : (x + 1);
            }
        }
//      memset(&output[y*s], 0, (n+1) * sizeof(valT));
    }
    memset(pops, 0, n * 2 * sizeof(valT));

    posT sz = (n + 1) * s + n * 3;
    if(n >= MIN_THREADED_SIZE) {
        for(posT i = 1; i < omp_get_max_threads(); ++ i) {
            memcpy(&workspace[i*sz], workspace, sz * sizeof(valT));
        }
    }

#pragma omp parallel for if (n >= MIN_THREADED_SIZE)
    for(posT t1 = 0; t1 < n - 2; ++ t1) {
        valT *workspace2 = &workspace[omp_get_thread_num()*sz];
        valT *regions = workspace2;
        valT *output = &workspace2[n*2+1];
        valT *pops = &workspace2[n*s];

        posT r1 = regions[t1];
        output[t1] = pops[t1+n] = pops[r1] = 1;
        for(posT t2 = t1 + 2; t2 < n; ++ t2) {
            posT r2 = regions[t2];
            output[t2] = pops[t2+n] = 1;
            ++ pops[r2];
            solveB(n, &regions[s], pops, n - 2);
            output[t2] = pops[t2+n] = 0;
            -- pops[r2];
        }
        output[t1] = pops[t1+n] = pops[r1] = 0;
    }
}

int main(int argc, const char *const *argv) {
    if(argc < 2) {
        fprintf(stderr, "Usage: %s 'grid-here'\n", argv[0]);
        return 1;
    }

    const char *input = argv[1];
    const posT n = strchr(input, '\n') - input;
    const posT s = n * 3 + 2;

    posT sz = (n + 1) * s + n * 3;
    posT threads = (n >= MIN_THREADED_SIZE) ? omp_get_max_threads() : 1;
    valT *workspace = (valT*) calloc(sz * threads, sizeof(valT));
    valT *regions = workspace;

    for(posT y = 0; y < n; ++ y) {
        for(posT x = 0; x < n; ++ x) {
            regions[y*s+x] = input[y*(n+1)+x] - 'a';
        }
    }

    solve(n, workspace);

    fprintf(stderr, "Failed to solve grid\n");
    return 1;
}

Kompiliert mit GCC 7 unter Verwendung der Flags -O3und -fopenmp. Sollte bei jeder Version von GCC mit installiertem OpenMP ähnliche Ergebnisse erzielen.

gcc-7 Trees.c -O3 -fopenmp -o Trees

Eingabe- und Ausgabeformat sind wie in der Frage angegeben.

Auf meinem Computer dauert dies 0,009s 0,008s 0,005s für das 12x12-Beispiel und 0,022s 0,020s 0,019s, um alle Beispiele auszuführen. Auf dem Benchmark-Rechner meldet isaacg 5 ms für das 12x12-Beispiel, wobei die ursprüngliche (nicht mit Thread versehene) Version des Codes verwendet wird.

Verwendung:

./Trees 'aaabbbccc
aaaabbccc
aaaddbcce
ffddddcce
ffffddeee
fgffdheee
fggfhhhee
iggggheee
iiigggggg'

Nur ein einfacher Brute-Force-Löser, der jeweils an einer Reihe arbeitet. Es läuft mit einer guten Geschwindigkeit, indem unmögliche Situationen frühzeitig erkannt werden (z. B. keine Regionszellen mehr, aber weniger als 2 Bäume in der Region).

Die erste Aktualisierung verbessert die Cachetreffer, indem die zugehörigen Daten eng im Speicher abgelegt werden, und macht die Berechnungen der möglichen verbleibenden Bäume im Segment etwas intelligenter (berücksichtigt jetzt die Tatsache, dass Bäume nicht benachbart sein können). Es extrahiert auch die äußerste Schleife, so dass im heißesten Teil des Algorithmus weniger Sonderfälle erforderlich sind.

Bei der zweiten Aktualisierung wird die äußerste Schleife parallel über die verfügbaren Prozessoren (mit OpenMP) ausgeführt, wodurch eine lineare Geschwindigkeitssteigerung erzielt wird. Dies ist nur für n> = 11 aktiviert, da der Aufwand für das Laichen von Threads die Vorteile für kleinere Gitter überwiegt.

Dave
quelle
Offizielles Timing: 5ms für 12x12. Wenn jemand in die Nähe kommt, brauchen wir größere Testfälle.
Isaacg
Wir sind in einer Essiggurke, vielleicht können Sie helfen. Können Sie sich eine Möglichkeit vorstellen, nicht trivial größere Puzzle-Instanzen zu generieren?
Isaacg
@isaacg Nun, wie aus dem abgebildeten Beispiel hervorgeht, wurden die ursprünglichen Gitter erstellt, indem zuerst Bäume platziert wurden (in einem Rittermuster mit geringfügigen Änderungen in diesem Beispiel, aber ich denke, dass jedes Muster mit 2 Bäumen pro Zeile und Spalte funktionieren würde) und dann Regionen angepasst wurden sie so, dass jede Region 2 Bäume enthält. Es scheint, als ob dies eine einfache Methode sein sollte, der ein Mensch für beliebig große Gitter folgen kann.
Dave
Tatsächlich ist es, wenn man es noch einmal betrachtet, kein Rittermuster mit geringfügigen Änderungen, sondern ein Umhüllungsmuster, bei dem jeder Baum gegenüber dem vorherigen um 1,2 versetzt ist. Sobald Sie ein Muster haben, können Sie Zeilen und Spalten verteilen, um weniger strukturierte Lösungen zu erhalten, sofern keine Bäume benachbart sind.
Dave
5

Java (OpenJDK 8) , offizielles Timing: 1.2s auf 12x12

bearbeiten: nicht mehr Code Golf

import java.util.*;

// Callable method, takes an int[][] and modifies it
static void f(int[][] areas){
    List<List<BitSet>> areaBitSets = new ArrayList<>();
    List<List<BitSet>> areaTreeBitSets = new ArrayList<>();
    for(int i = 0; i < areas.length; i++){
        areaBitSets.add(new ArrayList<BitSet>());
        areaTreeBitSets.add(new ArrayList<BitSet>());
    }

    // Add a bitset to our list representing each possible square, grouped by area
    for(int i=0; i < areas.length; i++){
        for(int j=0; j < areas.length; j++){
            BitSet b = new BitSet();
            b.set(i*areas.length + j);
            areaBitSets.get(areas[i][j]).add(b);
        }
    }

    // Fold each set onto itself so each area bitset has two trees
    for(int i=0; i < areas.length; i++){
        for(int j=0; j<areaBitSets.get(i).size()-1; j++){
            for(int k=j+1; k <areaBitSets.get(i).size(); k++){
                if(canFoldTogether(areaBitSets.get(i).get(j),areaBitSets.get(i).get(k), areas.length)){
                    BitSet b = (BitSet)areaBitSets.get(i).get(j).clone();
                    b.or(areaBitSets.get(i).get(k));
                    areaTreeBitSets.get(i).add(b);
                }
            }
        }
    }

    // Starting with area 0 add each area one at a time doing Cartesian products
    Queue<BitSet> currentPossibilities = new LinkedList<>();
    Queue<BitSet> futurePossibilities = new LinkedList<>();
    currentPossibilities.addAll(areaTreeBitSets.get(0));

    for(int i=1; i < areaTreeBitSets.size(); i++){
        while(!currentPossibilities.isEmpty()){
            BitSet b= (BitSet)currentPossibilities.poll().clone();

            for(BitSet c: areaTreeBitSets.get(i)){
                if(canFoldTogether(b,c,areas.length)){
                    BitSet d=(BitSet)b.clone();
                    d.or(c);
                    futurePossibilities.add(d);
                }
            }
        }
        currentPossibilities.addAll(futurePossibilities);
        futurePossibilities.clear();
    }

    // Get final output and modify the array
    BitSet b = currentPossibilities.poll();
    for(int i=0; i<areas.length*areas.length; i++){
        areas[i/areas.length][i%areas.length] = b.get(i)?1:0;
    }
}

// Helper method which determines whether combining two bitsets
// will still produce a valid output
static boolean canFoldTogether(BitSet a, BitSet b, int size){

    // See if there are trees too close to each other
    int c=-1;
    while((c=a.nextSetBit(c+1))>=0){
        int d=-1;
        while((d=b.nextSetBit(d+1))>=0){
            int r1=c/size;
            int r2=d/size;
            int c1=c%size;
            int c2=d%size;

            int rDifference = r1>r2 ? r1-r2 : r2-r1;
            int cDifference = c1>c2 ? c1-c2 : c2-c1;
            if(rDifference<2 && cDifference<2)
                return false;
        }
    }

    // Check for row and column cardinality
    BitSet f,g;
    for(int i=0; i<size; i++){
        f = new BitSet();
        f.set(i*size,(i+1)*size);
        g=(BitSet)f.clone();
        f.and(a);
        g.and(b);
        f.or(g);
        if(f.cardinality()>2){
            return false;
        }


        f=new BitSet();
        for(int j = 0; j<size; j++){
            f.set(j*size+i);
        }
        g=(BitSet)f.clone();
        f.and(a);
        g.and(b);
        f.or(g);
        if(f.cardinality()>2){
            return false;
        }
    }

    return true;
}

Probieren Sie es online!

TIO Link ist für den 12x12 Testfall. TIO meldet 2,429s für die Laufzeit.

Nimmt ein Array von Ganzzahlen als Eingabe und ändert das Array so, dass es Einsen für Bäume und Nullen für Nicht-Bäume enthält.

Dies gilt für alle Testfälle. Der größte Testfall läuft auf meinem Rechner in weniger als einer Sekunde, obwohl ich einen ziemlich leistungsstarken Rechner habe

Testcode für das 12x12, kann für andere modifizieren

public static void main(String[] args){
    int[][] test = {{0,  0,  0,  0,  0,  1,  2,  2,  2,  2,  3,  3}, 
            {0,  0,  0,  0,  0,  1,  2,  2,  2,  2,  3,  3}, 
            {0,  0,  0,  0,  0,  1,  1,  1,  1,  3,  3,  3}, 
            {4,  4,  4,  0,  5,  5,  5,  6,  1,  6,  7,  7}, 
            {4,  4,  0,  0,  5,  5,  5,  6,  1,  6,  7,  7}, 
            {4,  4,  5,  5,  5,  5,  5,  6,  6,  6,  7,  7}, 
            {4,  4,  4,  5,  8,  9,  5,  5,  6,  7,  7,  7}, 
            {8,  8,  4,  8,  8,  9,  9,  9,  9,  10,  7,  7}, 
            {8,  8,  8,  8,  8,  9,  9,  9,  9,  10,  7,  10}, 
            {11,  11,  9,  9,  9,  9,  9,  9,  9,  10,  10,  10}, 
            {11,  11,  11,  11,  11,  11,  10,  10,  10,  10,  10,  10}, 
            {11,  11,  11,  11,  11,  11,  10,  10,  10,  10,  10,  10}};

    long l = System.currentTimeMillis();
    f(test);
    System.out.println("12x12: " + (System.currentTimeMillis() - l) + "ms");

    for(int[] t : test){
        System.out.println(Arrays.toString(t));
    }

}

Produziert dies auf meiner Maschine:

12x12: 822ms
[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1]
[0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0]
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0]
[0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0]
[0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0]
[1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1]
[0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
[1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0]
[0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0]
[0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0]
PunPun1000
quelle
Anmerkung von OP: Diese Einreichung erfolgte, als die Herausforderung eine Code-Golf-Herausforderung war. Es ist daher absolut gültig, auch wenn es nicht (nur) für das aktuelle Gewinnkriterium optimiert ist!
Stewie Griffin
@StewieGriffin danke für den Kommentar. Wenn ich die Chance bekomme, werde ich daran arbeiten, einige zu
bereinigen,
Offizielles Timing: 1,2 Sekunden auf 12x12.
Isaacg
Wir sind in einer Essiggurke, vielleicht können Sie helfen. Können Sie sich eine Möglichkeit vorstellen, nicht trivial größere Puzzle-Instanzen zu generieren?
Isaacg
4

Clingo , 7 ms für 12 × 12, 116 Bytes

{t(X,Y):c(X,Y,Z)}=2:-Z=1..n.
:-X=1..n,{t(X,1..n)}!=2.
:-Y=1..n,{t(1..n,Y)}!=2.
:-t(X,Y),t(X+1,Y;X+1,Y+1;X,Y+1;X-1,Y+1).

(Zeilenumbrüche sind optional und werden nicht gezählt.)

Laufen Sie mit, clingo plant.lp - -c n=<n>wo <n>die Rastergröße ist. Das Eingabeformat ist eine Liste von c(X,Y,Z).Anweisungen für jede Zelle ( X, Y) gefärbt Z, mit 1 ≤ X, Y, Zndurch Leerzeichen getrennt optional. Die Ausgabe enthält t(X,Y)für jeden Baum um ( X,Y ).

Die Zeit ist ziemlich bedeutungslos, da es sich im Grunde genommen nur um die Startzeit handelt. Betrachten Sie dies also als eine Abstimmung für größere Testfälle.

Demo

$ clingo plant.lp -c n=12 - <<EOF
> c(1,1,1). c(2,1,1). c(3,1,1). c(4,1,1). c(5,1,1). c(6,1,2). c(7,1,3). c(8,1,3). c(9,1,3). c(10,1,3). c(11,1,4). c(12,1,4).
> c(1,2,1). c(2,2,1). c(3,2,1). c(4,2,1). c(5,2,1). c(6,2,2). c(7,2,3). c(8,2,3). c(9,2,3). c(10,2,3). c(11,2,4). c(12,2,4).
> c(1,3,1). c(2,3,1). c(3,3,1). c(4,3,1). c(5,3,1). c(6,3,2). c(7,3,2). c(8,3,2). c(9,3,2). c(10,3,4). c(11,3,4). c(12,3,4).
> c(1,4,5). c(2,4,5). c(3,4,5). c(4,4,1). c(5,4,6). c(6,4,6). c(7,4,6). c(8,4,7). c(9,4,2). c(10,4,7). c(11,4,8). c(12,4,8).
> c(1,5,5). c(2,5,5). c(3,5,1). c(4,5,1). c(5,5,6). c(6,5,6). c(7,5,6). c(8,5,7). c(9,5,2). c(10,5,7). c(11,5,8). c(12,5,8).
> c(1,6,5). c(2,6,5). c(3,6,6). c(4,6,6). c(5,6,6). c(6,6,6). c(7,6,6). c(8,6,7). c(9,6,7). c(10,6,7). c(11,6,8). c(12,6,8).
> c(1,7,5). c(2,7,5). c(3,7,5). c(4,7,6). c(5,7,9). c(6,7,10). c(7,7,6). c(8,7,6). c(9,7,7). c(10,7,8). c(11,7,8). c(12,7,8).
> c(1,8,9). c(2,8,9). c(3,8,5). c(4,8,9). c(5,8,9). c(6,8,10). c(7,8,10). c(8,8,10). c(9,8,10). c(10,8,11). c(11,8,8). c(12,8,8).
> c(1,9,9). c(2,9,9). c(3,9,9). c(4,9,9). c(5,9,9). c(6,9,10). c(7,9,10). c(8,9,10). c(9,9,10). c(10,9,11). c(11,9,8). c(12,9,11).
> c(1,10,12). c(2,10,12). c(3,10,10). c(4,10,10). c(5,10,10). c(6,10,10). c(7,10,10). c(8,10,10). c(9,10,10). c(10,10,11). c(11,10,11). c(12,10,11).
> c(1,11,12). c(2,11,12). c(3,11,12). c(4,11,12). c(5,11,12). c(6,11,12). c(7,11,11). c(8,11,11). c(9,11,11). c(10,11,11). c(11,11,11). c(12,11,11).
> c(1,12,12). c(2,12,12). c(3,12,12). c(4,12,12). c(5,12,12). c(6,12,12). c(7,12,11). c(8,12,11). c(9,12,11). c(10,12,11). c(11,12,11). c(12,12,11).
> EOF
clingo version 5.1.0
Reading from plant.lp ...
Solving...
Answer: 1
c(1,1,1) c(2,1,1) c(3,1,1) c(4,1,1) c(5,1,1) c(6,1,2) c(7,1,3) c(8,1,3) c(9,1,3) c(10,1,3) c(11,1,4) c(12,1,4) c(1,2,1) c(2,2,1) c(3,2,1) c(4,2,1) c(5,2,1) c(6,2,2) c(7,2,3) c(8,2,3) c(9,2,3) c(10,2,3) c(11,2,4) c(12,2,4) c(1,3,1) c(2,3,1) c(3,3,1) c(4,3,1) c(5,3,1) c(6,3,2) c(7,3,2) c(8,3,2) c(9,3,2) c(10,3,4) c(11,3,4) c(12,3,4) c(1,4,5) c(2,4,5) c(3,4,5) c(4,4,1) c(5,4,6) c(6,4,6) c(7,4,6) c(8,4,7) c(9,4,2) c(10,4,7) c(11,4,8) c(12,4,8) c(1,5,5) c(2,5,5) c(3,5,1) c(4,5,1) c(5,5,6) c(6,5,6) c(7,5,6) c(8,5,7) c(9,5,2) c(10,5,7) c(11,5,8) c(12,5,8) c(1,6,5) c(2,6,5) c(3,6,6) c(4,6,6) c(5,6,6) c(6,6,6) c(7,6,6) c(8,6,7) c(9,6,7) c(10,6,7) c(11,6,8) c(12,6,8) c(1,7,5) c(2,7,5) c(3,7,5) c(4,7,6) c(5,7,9) c(6,7,10) c(7,7,6) c(8,7,6) c(9,7,7) c(10,7,8) c(11,7,8) c(12,7,8) c(1,8,9) c(2,8,9) c(3,8,5) c(4,8,9) c(5,8,9) c(6,8,10) c(7,8,10) c(8,8,10) c(9,8,10) c(10,8,11) c(11,8,8) c(12,8,8) c(1,9,9) c(2,9,9) c(3,9,9) c(4,9,9) c(5,9,9) c(6,9,10) c(7,9,10) c(8,9,10) c(9,9,10) c(10,9,11) c(11,9,8) c(12,9,11) c(1,10,12) c(2,10,12) c(3,10,10) c(4,10,10) c(5,10,10) c(6,10,10) c(7,10,10) c(8,10,10) c(9,10,10) c(10,10,11) c(11,10,11) c(12,10,11) c(1,11,12) c(2,11,12) c(3,11,12) c(4,11,12) c(5,11,12) c(6,11,12) c(7,11,11) c(8,11,11) c(9,11,11) c(10,11,11) c(11,11,11) c(12,11,11) c(1,12,12) c(2,12,12) c(3,12,12) c(4,12,12) c(5,12,12) c(6,12,12) c(7,12,11) c(8,12,11) c(9,12,11) c(10,12,11) c(11,12,11) c(12,12,11) t(1,7) t(1,9) t(2,3) t(2,11) t(3,5) t(3,8) t(4,10) t(4,12) t(5,5) t(5,8) t(6,2) t(6,10) t(7,4) t(7,12) t(8,2) t(8,6) t(9,4) t(9,11) t(10,1) t(10,6) t(11,3) t(11,9) t(12,1) t(12,7)
SATISFIABLE

Models       : 1+
Calls        : 1
Time         : 0.009s (Solving: 0.00s 1st Model: 0.00s Unsat: 0.00s)
CPU Time     : 0.000s

Um die Bearbeitung des Eingabe- / Ausgabeformats zu vereinfachen, finden Sie hier Python-Programme, die von und in das in der Challenge angegebene Format konvertiert werden können.

Eingang

import sys
print(' '.join("c({},{},{}).".format(x + 1, y + 1, ord(cell) - ord('a') + 1) for y, row in enumerate(sys.stdin.read().splitlines()) for x, cell in enumerate(row)))

Ausgabe

import re
import sys
for line in sys.stdin:
    c = {(int(x), int(y)): int(z) for x, y, z in re.findall(r'\bc\((\d+),(\d+),(\d+)\)', line)}
    if c:
        t = {(int(x), int(y)) for x, y in re.findall(r'\bt\((\d+),(\d+)\)', line)}
        n, n = max(c)
        for y in range(1, n + 1):
            print(''.join(chr(ord('aA'[(x, y) in t]) + c[x, y] - 1) for x in range(1, n + 1)))
        print()
Anders Kaseorg
quelle
Sieht so aus, als würden wir einen größeren Testfall brauchen. Übrigens, Sie würden die Golf-Version dieser Frage gewinnen - brauchen nur die 2s zu 1s zu ändern.
Dave
Das offizielle Timing ist 18 Millisekunden bei 12x12, ich entschuldige mich. 1 Zeichen Tippfehler, das ist das Problem mit Abkürzungen.
Isaacg
Wir sind in einer Essiggurke, vielleicht können Sie helfen. Können Sie sich eine Möglichkeit vorstellen, nicht trivial größere Puzzle-Instanzen zu generieren?
Isaacg