拨钟问题 OpenJ_Bailian - 2814 （枚举）

https://vjudge.net/problem/OpenJ_Bailian-2814

这是一道和画家问题，熄灯问题极为相似的题目。

共同特性：操作对环境的改变是无序的，每个操作都会影响到周围的状态。

同时每一种操作都有周期性限制，也即最多需要几次操作，多于这个次数产生相等效果的循环。

这类题也有一个共同的解决思路：确定一个小的枚举方案，这个枚举方案产生的结果一定会促使下面的操作。例如本题中我们随机枚举1，2，3操作，如果A，B，C没有归零我们就必须操作4，5，6来让其归零（此时只有4，5，6可以影响A，B，C）。最后我们再来操作7，9能否让D，E，F归零（此时只有7，9可以影响D，E，F），最后我们再来操作8让G，H，I归零，如果可以做到，则记录下该解。

解决思路有了，前期我来这样写的话结果是写出了一个大模拟，还一直有bug。

在此写一句话：数学思路是大模拟的克星

对于很多恶心人的大模拟，其实一般都有数学规律可循，找到了数学规律也就可以避免模拟中的乱七八糟的数组，n^2复杂度。。

在网上借鉴了一位大神的思路，代码如下：

#include
int z[10], i[10], sum; //钟表，操作和操作步数
int main() {
    for(int j = 1; j <= 9; j++)
        scanf("%d", &z[j]);
    for(i[1] = 0; i[1] < 4; i[1]++)
        for(i[2] = 0; i[2] < 4; i[2]++)
            for(i[3] = 0; i[3] < 4; i[3]++) { //枚举操作1，2，3
                i[4] = (4 - (z[1] + i[1] + i[2]) % 4) % 4;
                i[5] = (4 - (z[2] + i[1] + i[2] + i[3]) % 4) % 4;
                i[6] = (4 - (z[3] + i[2] + i[3]) % 4) % 4;
                i[7] = (4 - (z[4] + i[1] + i[4] + i[5]) % 4) % 4;
                i[9] = (4 - (z[6] + i[3] + i[5] + i[6]) % 4) % 4;
                i[8] = (4 - (z[8] + i[5] + i[7] + i[9]) % 4) % 4; //8要放在最后
                sum = 0;
                sum += (z[1] + i[1] + i[2] + i[4]) % 4;
                sum += (z[2] + i[1] + i[2] + i[3] + i[5]) % 4;
                sum += (z[3] + i[2] + i[3] + i[6]) % 4;
                sum += (z[4] + i[1] + i[4] + i[5] + i[7]) % 4;
                sum += (z[5] + i[1] + i[3] + i[5] + i[7] + i[9]) % 4;
                sum += (z[6] + i[3] + i[5] + i[6] + i[9]) % 4;
                sum += (z[7] + i[4] + i[7] + i[8]) % 4;
                sum += (z[8] + i[5] + i[7] + i[8] + i[9]) % 4;
                sum += (z[9] + i[6] + i[8] + i[9]) % 4;
                if(sum == 0) {
                    for(int j = 1; j <= 9; j++)
                        while(i[j]--)
                            printf("%d ", j);
                    return 0;
                }
            }
}