题目描述
Mayan puzzle是最近流行起来的一个游戏。游戏界面是一个 7 行5 列的棋盘，上面堆放着一些方块，方块不能悬空堆放，即方块必须放在最下面一行，或者放在其他方块之上。游戏通关是指在规定的步数内消除所有的方块，消除方块的规则如下：
1 、每步移动可以且仅可以沿横向（即向左或向右）拖动某一方块一格：当拖动这一方块时，如果拖动后到达的位置（以下称目标位置）也有方块，那么这两个方块将交换位置（参见输入输出样例说明中的图6 到图7 ）；如果目标位置上没有方块，那么被拖动的方块将从原来的竖列中抽出，并从目标位置上掉落（直到不悬空，参见下面图1 和图2）；
2 、任一时刻，如果在一横行或者竖列上有连续三个或者三个以上相同颜色的方块，则它们将立即被消除（参见图1 到图3）。
注意：
a) 如果同时有多组方块满足消除条件，几组方块会同时被消除（例如下面图4 ，三个颜色为1 的方块和三个颜色为 2 的方块会同时被消除，最后剩下一个颜色为 2 的方块）。
b) 当出现行和列都满足消除条件且行列共享某个方块时，行和列上满足消除条件的所有方块会被同时消除（例如下面图5 所示的情形，5 个方块会同时被消除）。
3 、方块消除之后，消除位置之上的方块将掉落，掉落后可能会引起新的方块消除。注意：掉落的过程中将不会有方块的消除。
上面图1 到图 3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋盘的左下角方块的坐标为（0, 0 ），将位于（3, 3 ）的方块向左移动之后，游戏界面从图 1 变成图 2 所示的状态，此时在一竖列上有连续三块颜色为4 的方块，满足消除条件，消除连续3 块颜色为4 的方块后，上方的颜色为3 的方块掉落，形成图 3 所示的局面。
输入输出格式
输入格式：
输入文件mayan.in，共 6 行。
第一行为一个正整数n ，表示要求游戏通关的步数。
接下来的5 行，描述 7*5 的游戏界面。每行若干个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每行以一个0 结束，自下向上表示每竖列方块的颜色编号（颜色不多于10种，从1 开始顺序编号，相同数字表示相同颜色）。
输入数据保证初始棋盘中没有可以消除的方块。
输出格式：
输出文件名为mayan.out。
如果有解决方案，输出 n 行，每行包含 3 个整数x，y，g ，表示一次移动，每两个整数之间用一个空格隔开，其中（x ，y）表示要移动的方块的坐标，g 表示移动的方向，1 表示向右移动，-1表示向左移动。注意：多组解时，按照 x 为第一关健字，y 为第二关健字，1优先于-1 ，给出一组字典序最小的解。游戏界面左下角的坐标为（0 ，0 ）。
如果没有解决方案，输出一行，包含一个整数-1。
输入输出样例
3 1 0 2 1 0 2 3 4 0 3 1 0 2 4 3 4 0
2 1 1 3 1 1 3 0 1
说明
【输入输出样例说明】
按箭头方向的顺序分别为图6 到图11
样例输入的游戏局面如上面第一个图片所示，依次移动的三步是：（2 ，1 ）处的方格向右移动，（3，1 ）处的方格向右移动，（3 ，0）处的方格向右移动，最后可以将棋盘上所有方块消除。
【数据范围】
对于30% 的数据，初始棋盘上的方块都在棋盘的最下面一行；
对于100%的数据，0 < n≤5 。
noip2011提高组day1第3题
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（超麻烦的）模拟+dfs+剪枝~
改了两天，重构了两遍代码，最后发现是因为记录数组不能用全局变量……我能说什么呢？
对于每一个方块，只做向右移动的模拟，只有当它的左面没有方块的时候才向左移，可以大大减少搜索量。
每次移动方块后都要下落，消去，循环直到没有方块可以消去为止，要注意的是完全记录了该消去的方块后再进行消去的操作，否则会出现有的连通的方块只消去一部分的情况。
（洛谷上exit(0)要用algorithm头文件。）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;int n,kk,a[6][8],num[7],xx[6],yy[6],zz[6],tot;void jud()
{for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d %d\n",xx[i],yy[i],zz[i]);exit(0);
}int xiao()
{bool b[6][8];int res=0;memset(b,1,sizeof(b));for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<7;j++)if(a[i][j] && ((j && a[i][j-1]) || !j)){int le=i,ri=i,hi=j,lo=j;while(a[le-1][j]==a[i][j] && le) le--;while(a[ri+1][j]==a[i][j] && ri<4) ri++;while(a[i][hi+1]==a[i][j] && hi<6) hi++;while(a[i][lo-1]==a[i][j] && lo) lo--;if(ri-le>=2)for(int k=le;k<=ri;k++) b[k][j]=0;if(hi-lo>=2)for(int k=hi;k>=lo;k--) b[i][k]=0;}for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<7;j++)if(!b[i][j]) a[i][j]=0,res++;bool flag1=0;for(int i=0;i<5;i++){int j;for(j=0;j<7;j++)if(!a[i][j]) break;int kkz=j;for(;j<7;j++)if(a[i][j]) break;if(j==7) continue;for(int k=j;k<7;k++)if(a[i][kkz+(k-j)] || !a[i][k]) break;else{a[i][kkz+(k-j)]=a[i][k];a[i][k]=0;flag1=1;}}if(!res && !flag1) return 0;res+=xiao();return res;
}void dfs(int u,int v)
{if(u==n){if(!v) jud();return;}int c[5][7];for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<7;j++) c[i][j]=a[i][j];u++;for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<7 && a[i][j];j++){if(i!=4 && a[i][j]!=a[i+1][j]){xx[u]=i;yy[u]=j;zz[u]=1;swap(a[i][j],a[i+1][j]);int now=v-xiao();dfs(u,now);for(int k1=0;k1<5;k1++)for(int k2=0;k2<7;k2++) a[k1][k2]=c[k1][k2];}if(i!=0 && !a[i-1][j]){xx[u]=i;yy[u]=j;zz[u]=-1;swap(a[i][j],a[i-1][j]);int now=v-xiao();dfs(u,now);for(int k1=0;k1<5;k1++)for(int k2=0;k2<7;k2++) a[k1][k2]=c[k1][k2];}}
}int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=0;i<5;i++)while(scanf("%d",&kk) && kk) a[i][num[i]++]=kk,tot++; dfs(0,tot);printf("-1\n");return 0;
}