1.题目描写叙述：点击打开链接
2.解题思路：本题要求模拟俄罗斯方块游戏。然而比赛时候写了好久还是没过。
后来补题发现原来是第四步的逻辑实现写错了。。。
题目中要求假设一整行能够消除，那么仍然运行该步。否则才回到第一步。可是我的代码却是不论能否够消除，都回到第一步。。
。补题时候还发现一个地方我的理解出错了。。
（可能是我脑洞真的有点大）。题目中说假设一整行能够消除，那么它上面的方格要下落。我的理解是下落的方格要一直降落到第一行或者某个支撑物上，最后发现依照这样写，例子都算不正确==。调试了一下别人的代码才发现是仅仅下落一个。无论它以下是否有支撑物==。或许是非常久都没玩过的原因吧，玩法都忘了。。看来模拟题还是要弄清细节才干动手。否则真是WARush。
本题的实现能够考虑使用常量数组。通过题目描写叙述能够知道一共同拥有7种不同的状态。如果我们以special square为參考，那么每一个状态相对于special square的坐标是能够唯一确定的，最好还是用dx[7][4],dy[7][4]分开表示。另一个技巧。移动或者旋转的时候仅仅须要用一个vector来存储操作后的全部坐标就可以。不必每次真的画到图上，仅仅须要画出终于的位置就可以。
3.代码：
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<functional>
using namespace std; #define me(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> P; const int N = 15; int dx[7][4] = { { 0, 0, 1, 1 }, { 0, 0, 0, 0 }, { 0, 1, 2, 3 },
{ 0, 0, 1, 2 }, { 0, 0, 0, 1 }, { 0, 1, 2, 2 }, { 0, 1, 1, 1 }
};
int dy[7][4] = { { 0, 1, 0, 1 }, { 0, 1, 2, 3 }, { 0, 0, 0, 0 },
{ 0, 1, 0, 0 }, { 0, 1, 2, 2 }, { 1, 1, 1, 0 }, { 0, 0, 1, 2 }
};
int first[] = { 0, 1, 3 };//每一类俄罗斯方块的初始状态的编号
int g[N][N];
int a[100000];
vector<P>pos;//用一个vector存储每次操作完的全部坐标
int sx, sy, cur;//(sx,sy)表示special square的坐标。cur表示当前的状态(0~6的某一种) void init(int id)//初始化状态
{
pos.clear();
sx = 4, sy = 9, cur = first[id];
for (int i = 0; i < 4; i++)
pos.push_back(P(sx + dx[cur][i], sy + dy[cur][i]));
} bool inside(int x, int y)
{
return x >= 1 && x <= 9 && y >= 1 && y <= 12;
} bool can_move(int dx, int dy)
{
int len = pos.size();
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int nx = pos[i].first + dx, ny = pos[i].second + dy;
if (!inside(nx, ny) || g[nx][ny])return false;
}
return true;
} bool can_rotate(int type)
{
if (type == 1)
{
int goal = 3 - cur;
for (int i = 0; i < 4; i++)
if (!inside(sx + dx[goal][i], sy + dy[goal][i]) || g[sx + dx[goal][i]][sy + dy[goal][i]])return false;
}
else if (type == 2)
{
int goal = (cur == 6) ? 3 : cur + 1;
for (int i = 0; i < 4; i++)
if (!inside(sx + dx[goal][i], sy + dy[goal][i]) || g[sx + dx[goal][i]][sy + dy[goal][i]])return false;
}
return true;
} void move(int dx, int dy)
{
int len = pos.size();
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int nx = pos[i].first + dx, ny = pos[i].second + dy;
pos[i] = P(nx, ny);
}
sx += dx, sy += dy;
} void rotate(int type)
{
if (!type)return;
else if (type == 1)
{
cur = 3 - cur; //更新状态
int len = pos.size();
pos.clear();
for (int i = 0; i < 4; i++)
pos.push_back(P(sx + dx[cur][i], sy + dy[cur][i]));
}
else if (type == 2)
{
cur = (cur == 6) ? 3 : cur + 1;
pos.clear();
for (int i = 0; i < 4; i++)
pos.push_back(P(sx + dx[cur][i], sy + dy[cur][i]));
}
} void draw()
{
int len = pos.size();
for (int i = 0; i < len; i++)
{
int x = pos[i].first, y = pos[i].second;
g[x][y] = 1;
}
} void operate(char op, int id)
{
if (op == 'w')
{
if (can_rotate(id))rotate(id);
}
else if (op == 'a')
{
if (can_move(-1, 0))move(-1, 0);
}
else if (op == 's')
{
if (can_move(0, -1))move(0, -1);
}
else if (op == 'd')
{
if (can_move(1, 0))move(1, 0);
}
} int can_fall()
{
int y;
for (y = 1; y <= 12; y++)
{
int ok = 1;
for (int i = 1; i <= 9; i++)
if (!g[i][y]){ ok = 0; break; }
if (ok)return y;
}
return 0;
}
int main()
{
int T;
int rnd = 0;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n;
string cmd;
scanf("%d", &n);
cin >> cmd;
me(g); me(a); pos.clear();
int len = cmd.length();
int ans = 0, p = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
init(a[i]);
while (1)
{
if (p < len)
operate(cmd[p++], a[i]);
if (can_move(0, -1)) move(0, -1);//不能下落
else break;
}
draw();//画出终于的位置
int q, ok;
while ((q = can_fall())>0)//直到没有完整的一行时才退出
{
ans++;
for (int i = 1; i <= 9; i++)
{
g[i][q] = 0;
for (int j = q + 1; j <= 12; j++)
if (g[i][j])
g[i][j - 1] = 1, g[i][j] = 0; //仅仅下落一格。 。。 不要多想
}
}
}
printf("Case %d: %d\n", ++rnd, ans);
}
}