前言：這篇文章，我想完整的討論一個遊戲，叫Hopping dots，被翻譯為邏輯難題。

關鍵詞：獨立鑽石棋、深度優先搜尋、可能性分析、狀態壓縮、動態規劃的備忘錄方法

一，APK下載連結

我的版本：Hopping dots 1.1

二，遊戲介面、棋盤、棋子

（下圖為第一關）

（棋盤由13個點組成）

棋子：1個紅子和若干個綠子

三，規則

按照獨立鑽石棋的規則進行吃子，最後只剩下一個子，且為紅子，即為勝利。（無論紅子在何處）

這是我自己總結的規則，非常簡潔，初一看貌似不準確，仔細一想實際上和官方的定義是一樣的。

四，初步認識

1，棋子的數量

棋子最多有12個，最少有1個。

13個棋子肯定是死局面（無法勝利的局面），因為沒法進行操作。

12個棋子的局面中，存不存在活局面（能夠勝利的局面），這個暫且不知。

2，棋子數量變化

每次操作，棋子數量都是少1，所以，任何局面，最多隻能再進行11次操作

3，問題的簡化

問題的簡化版：只有綠子沒有紅子，只要最後只剩下一個子即為勝利（同樣不論位置）

這樣的版本就更接近獨立鑽石棋了，準確說來，除了棋盤和獨立鑽石棋不一樣之外，沒有任何差異。

對於玩家來說，原問題和問題的簡化版差異並不是很大，玩起來難度差不多。

而對於想做理論分析的筆者來說，原問題分析起來很繁瑣，掩蓋了很多規律。

如果只是想直接嘗試編寫深度優先搜尋的程式解決問題，其實是不需要簡化的，但是如果要嚴謹一些，先從理論上分析可能性大小，所以如此簡化正是第一步便要做的事情。

4，局面的數量（問題的簡化版）

有13個點是可能有子的，所以局面的數量為2^13=8192

其中還包括了大量的死局面，具體有多少活局面，我們並不關心。

5，編號

6，記錄所有的邊（不考慮方向）

不難數出，一共有16條邊

以2、6、8、12為中點的邊各有1條，如1-2-3

以4、5、9、10位中點的邊各有2條，如1-4-7，2-4-6

以7為中點的邊有4條，如2-7-12，4-7-10

之所以不考慮方向，是因為任何時候，一條邊最多對應一種可行操作，

以邊1-2-3為例，同一局面下，“從1跳到3”和“從3跳到1”不可能都是可行的操作。

注意到，每條邊的3個數都是等差陣列，所以一條邊只需要2個數字即可記錄下來，

這樣，便可以用2個長度為16的陣列來記錄下16條邊了。

int st[16] = { 1, 1, 3, 11, 1, 2, 2, 3, 6, 7, 8, 7, 4, 5, 6, 2 };
int en[16] = { 3, 11, 13, 13, 7, 6, 8, 7, 12, 11, 12, 13, 10, 9, 8, 12 };

五，深度優先搜尋的可能性分析（問題的簡化版）

因為最多隻能進行11次操作，所以深度優先搜尋的深度不深。現在需要計算的是，每一次操作有多少種選擇？

1，任一局面有多少種選擇

我們需要一個函式，輸入一個局面，輸出一個數值，告訴我們有多少種選擇。

如何輸入呢？使用狀態壓縮最為方便。

13個點，每個點對應一位，1表示有子，0表示沒有子，這樣，8192個局面便可以和8192個13位二進位制數一一對應了。

輸入之後，函式就可以直接計算出有多少種選擇了，時間為O（1）

有了這個函式，只要從0到8191列舉n，就能求出f（n）的最大值了，結果是10

程式碼：

#include <iostream>
using namespace std;

int st[16] = { 1, 1, 3, 11, 1, 2, 2, 3, 6, 7, 8, 7, 4, 5, 6, 2 };
int en[16] = { 3, 11, 13, 13, 7, 6, 8, 7, 12, 11, 12, 13, 10, 9, 8, 12 };

int f(int n)
{
	int r = 0, s, e, m;
	for (int i = 0; i < 16; i++)
	{
		s = st[i], e = en[i], m = (s + e) / 2;
		if ((n >> (13 - m)) & 1)r += ((n >> (13 - s)) & 1) ^ ((n >> (13 - e)) & 1);
	}
	return r;
}

int main()
{
	int maxx = 0;
	for (int n = 0; n < 8192; n++)if (maxx < f(n))maxx = f(n);
	cout << maxx;
	return 0;
}

2，深度優先搜尋的複雜度

前面分別算出，一個局面最多能再進行11次操作，每次操作最多10種選擇，那麼，用深度優先搜尋解決這個問題最多需要10^11次列舉計算。這是一個很大的數，普通的筆記本要算很久。

然而，我們不難發現，並非每次操作都有10種選擇，比如只剩2個子的時候最多隻有2種選擇。

那麼如果一個局面有k（1<k<13）個子，這個局面最多有多少種選擇？

只需利用上面的函式f即可。

程式碼：

#include <iostream>
using namespace std;

int st[16] = { 1, 1, 3, 11, 1, 2, 2, 3, 6, 7, 8, 7, 4, 5, 6, 2 };
int en[16] = { 3, 11, 13, 13, 7, 6, 8, 7, 12, 11, 12, 13, 10, 9, 8, 12 };
int num[14];//k個棋子的所有局面中最多有多少種選擇

void f(int n)
{
	int r = 0, s, e, m, k = 0;
	for (int i = 0; i < 16; i++)
	{
		s = st[i], e = en[i], m = (s + e) / 2;
		if ((n >> (13 - m)) & 1)r += ((n >> (13 - s)) & 1) ^ ((n >> (13 - e)) & 1);
	}
	while (n)
	{
		k += n & 1;
		n /= 2;
	}
	if (num[k] < r)num[k] = r;
}

int main()
{
	for (int i = 0; i < 14; i++)num[i] = 0;
	for (int n = 0; n < 8192; n++) f(n);
	for (int i = 2; i <= 12; i++)cout << num[i] << "  ";
	return 0;
}

執行結果：

2  4  7  7  9  10  9  9  8  6  4

2*4*7*7*9*10*9*9*8*6*4=548674560，所以任何一個局面，進行深度優先搜尋的話，最多需要約5億次列舉計算

計算機一秒可以進行約1億次計算，所以這個時間是可以接受的。

七，原問題的求解

原問題由於有紅子的限制，所以程式設計起來要複雜一些，但是需要列舉的情況少一些。

這樣，就可以深度優先搜尋求解了，同時，因為局面的數量很有限，所以用動態規劃的備忘錄方法來避免重複工作。

程式碼：

#include <iostream>
#include<stack>
using namespace std;

int r[8192][14];//0表示未知，-1表示死局面，1表示活局面
int st[16] = { 1, 1, 3, 11, 1, 2, 2, 3, 6, 7, 8, 7, 4, 5, 6, 2 };
int en[16] = { 3, 11, 13, 13, 7, 6, 8, 7, 12, 11, 12, 13, 10, 9, 8, 12 };
stack<int>ans;

bool f(int n, int k)
{
	if (n == (n&-n))return true;//只有1個子
	if (r[n][k] < 0)return false;
	int s, e, m;
	for (int i = 0; i < 16; i++)
	{
		s = st[i], e = en[i], m = (s + e) / 2;
		if (m == k)continue;//紅子不能被跳過
		if (!((n >> (13 - m)) & 1))continue;
		if (!(((n >> (13 - s)) & 1) ^ ((n >> (13 - e)) & 1)))continue;
		int nn, kk = k, tem;
		if (k == s || k == e)kk = s + e - k;
		tem = (1 << (13 - s)) + (1 << (13 - e));
		nn = n - (n&tem) + tem - (n&tem) - (1 << (13 - m));
		if (f(nn, kk))
		{
			ans.push(i);
			m = -1;
			break;
		}
	}
	if (m == -1)return true;
	r[n][k] = -1;
	return false;
}

int main()
{
	int n = 0, k;//n表示無顏色局面，k表示紅子位置
	cout << "按照編號\n1    2    3\n  4    5\n6    7    8\n  9    10\n11   12   13\n";
	cout << "即從上到下，從左往右，依次輸入每個格子\n1表示有子，0表示沒有子，全部用空格隔開\n";
	for (int i = 1; i <= 13; i++)
	{
		cin >> k;
		n = n * 2 + k;
	}
	cout << "輸入紅子所在格子的序號（1-13）\n";
	cin >> k;
	for (int i = 0; i < 8192; i++)for (int j = 0; j < 14; j++)r[i][j] = 0;
	while (!ans.empty())ans.pop();
	f(n, k);
	cout << "答案為：（一行表示一次操作，每行2個整數分別代表起點和終點的序號）\n";
	while (!ans.empty())
	{
		int i = ans.top();
		ans.pop();
		cout << st[i] << "   " << en[i] << endl;
	}
	return 0;
}

示例：