Dancing Links

本页将介绍精确覆盖问题、重复覆盖问题，解决这两个问题的算法「X 算法」，以及用来优化 X 算法的双向十字链表 Dancing Link。本页也将介绍如何在建模的配合下使用 DLX 解决一些搜索题。

更多细节：Dancing Links

精确覆盖问题

定义

精确覆盖问题（英文：Exact Cover Problem）是指给定许多集合 以及一个集合 ，求满足以下条件的无序多元组 ：

解释

例如，若给出

则 为一组合法解。

问题转化

将 中的所有数离散化，可以得到这么一个模型：

给定一个 01 矩阵，你可以选择一些行（row），使得最终每列（column）都恰好有一个 1。 举个例子，我们对上文中的例子进行建模，可以得到这么一个矩阵：

其中第 行表示着 ，而这一行的每个数依次表示 。

实现

暴力 1

一种方法是枚举选择哪些行，最后检查这个方案是否合法。

因为每一行都有选或者不选两种状态，所以枚举行的时间复杂度是 的；

而每次检查都需要 的时间复杂度。所以总的复杂度是 。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25

   int ok = 0;
// n 是行， m 是列 
// 枚举每行是否被选 例如，state = 5 对应 101  选第1、3行
   for (int state = 0; state < 1 << n; ++state) {
	int flag = 1;
     for (int i = 1; i <= n; ++i) {
       if ((1 << i - 1) & state) {// 当前所选目标行
         （对于当前行记录哪些已选）
	}
	（和其他行（之前已记录的行）对比看是不是互补）
  	if(冲突了) {
		flag = 0;
		break;
	}
  }
  if (!flag) {
	continue;
  } else {
       ok = 1;
       for (int i = 1; i <= n; ++i)
         if ((1 << i - 1) & state) printf("%d ", i);
       puts("");
  }
   }
   if (!ok) puts("No solution.");

暴力 2

考虑到 01 矩阵的特殊性质，每一行都可以看做一个 位二进制数。

因此原问题转化为

给定 个 位二进制数，要求选择一些数，使得任意两个数的与都为 0，且所有数的或为 。tmp 表示的是截至目前被选中的二进制数的或。

因为每一行都有选或者不选两种状态，所以枚举行的时间复杂度为 ；

而每次计算 tmp 都需要 的时间复杂度。所以总的复杂度为 。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21

int ok = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
// num[i] 是一个整型数组，表示第 i 行的二进制表示
  for (int j = m; j >= 1; --j) num[i] = num[i] << 1 | a[i][j];
// 每次左移一位 (num[i] << 1)，然后加上当前列的值 (a[i][j])，最终构成一个二进制数
// 假设 a[i] 为 [1, 0, 1]，则 num[i] 最终为 101
for (int state = 0; state < 1 << n; ++state) {
  int tmp = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    if ((1 << i - 1) & state) {
      if (tmp & num[i]) break;
      tmp |= num[i];
    }
  if (tmp == (1 << m) - 1) {
    ok = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
      if ((1 << i - 1) & state) printf("%d ", i);
    puts("");
  }
}
if (!ok) puts("No solution.");

重复覆盖问题

重复覆盖问题与精确覆盖问题类似，但没有对元素相似性的限制。下文介绍的 X 算法 原本针对精确覆盖问题，但经过一些修改和优化（已标注在其中）同样可以高效地解决重复覆盖问题。

X 算法

Donald E. Knuth 提出了 X 算法 (Algorithm X)，其思想与刚才的暴力差不多，但是方便优化。

过程

继续以上文中中提到的例子为载体，得到一个这样的 01 矩阵：

1. 此时第一行有 个 ，第二行有 个 ，第三行有 个 ，第四行有 个 ，第五行有 个 ，第六行有 个 。选择第一行，将它删除，并将所有 所在的列打上标记；

2. 选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 的行打上标记（重复覆盖问题无需打标记）；

3. 选择所有被标记的行，将它们删除；

   这表示这一行已被选择，且这一行的所有 所在的列不能有其他 了。

   于是得到一个新的小 01 矩阵：

4. 此时第一行（原来的第二行）有 个 ，第二行（原来的第四行）有 个 ，第三行（原来的第五行）有 个 。选择第一行（原来的第二行），将它删除，并将所有 所在的列打上标记；

5. 选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 的行打上标记；

6. 选择所有被标记的行，将它们删除；

   这样就得到了一个空矩阵。但是上次删除的行 1 0 1 1 不是全 的，说明选择有误；

7. 回溯到步骤 4，考虑选择第二行（原来的第四行），将它删除，并将所有 所在的列打上标记；

8. 选择所有被标记的列，将它们删除，并将这些列中含 的行打上标记；

9. 选择所有被标记的行，将它们删除；

   于是我们得到了这样的一个矩阵：

10. 此时第一行（原来的第五行）有 个 ，将它们全部删除，得到一个空矩阵：

11. 上一次删除的时候，删除的是全 的行，因此成功，算法结束。

    答案即为被删除的三行：。

强烈建议自己模拟一遍矩阵删除、还原与回溯的过程后，再接着阅读下文。

通过上述步骤，可将 X 算法的流程概括如下：

1. 对于现在的矩阵 ，选择并标记一行 ，将 添加至 中；

2. 如果尝试了所有的 却无解，则算法结束，输出无解；

3. 标记与 相关的行 和 （相关的行和列与 X 算法 中第 2 步定义相同，下同）；

4. 删除所有标记的行和列，得到新矩阵 ；

5. 如果 为空，且 为全 ，则算法结束，输出被删除的行组成的集合 ；

   如果 为空，且 不全为 ，则恢复与 相关的行 以及列 ，跳转至步骤 1；

   如果 不为空，则跳转至步骤 1。

不难看出，X 算法需要大量的「删除行」、「删除列」和「恢复行」、「恢复列」的操作。

一个朴素的想法是，使用一个二维数组存放矩阵，再用四个数组分别存放每一行与之相邻的行编号，每次删除和恢复仅需更新四个数组中的元素。但由于一般问题的矩阵中 0 的数量远多于 1 的数量，这样做的空间复杂度难以接受。

Donald E. Knuth 想到了用双向十字链表来维护这些操作。

而在双向十字链表上不断跳跃的过程被形象地比喻成「跳跃」，因此被用来优化 X 算法的双向十字链表也被称为「Dancing Links」。

Dancing Links 优化的 X 算法

预编译命令

1

#define IT(i, A, x) for (i = A[x]; i != x; i = A[i])

定义

双向十字链表中存在四个指针域，分别指向上、下、左、右的元素；且每个元素 在整个双向十字链表系中都对应着一个格子，因此还要表示 所在的列和所在的行，如图所示：

大型的双向链表则更为复杂：

每一行都有一个行首指示，每一列都有一个列指示。

行首指示为 first[]，列指示是我们新建的 个哨兵结点。值得注意的是，行首指示并非是链表中的哨兵结点。它是虚拟的，类似于邻接表中的 first[] 数组，直接指向 这一行中的首元素。

同时，每一列都有一个 siz[] 表示这一列的元素个数。

特殊地， 号结点无右结点等价于这个 Dancing Links 为空。

1
2
3
4

constexpr int MS = 1e5 + 5;
int n, m, idx, first[MS], siz[MS];
int L[MS], R[MS], U[MS], D[MS];
int col[MS], row[MS];

过程

remove 操作

remove(c) 表示在 Dancing Links 中删除第 列以及与其相关的行和列。

先将 删除，此时：

• 左侧的结点的右结点应为 的右结点。
• 右侧的结点的左结点应为 的左结点。

即 L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];。

然后顺着这一列往下走，把走过的每一行都删掉。

如何删掉每一行呢？枚举当前行的指针 ，此时：

• 上方的结点的下结点应为 的下结点。
• 下方的结点的上结点应为 的上结点。

注意要修改每一列的元素个数。

即 U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];。

remove 函数的代码实现如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9

void remove(const int &c) {
  int i, j;
  L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
  // 顺着这一列从上往下遍历
  IT(i, D, c)
  // 顺着这一行从左往右遍历
  IT(j, R, i)
  U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
}

recover 操作

recover(c) 表示在 Dancing Links 中还原第 列以及与其相关的行和列。

recover(c) 即 remove(c) 的逆操作，这里不再赘述。

值得注意的是， recover(c) 的所有操作的顺序与 remove(c) 的操作恰好相反。

recover(c) 的代码实现如下：

1
2
3
4
5

void recover(const int &c) {
  int i, j;
  IT(i, U, c) IT(j, L, i) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
  L[R[c]] = R[L[c]] = c;
}

build 操作

build(r, c) 表示新建一个大小为 ，即有 行， 列的 Dancing Links。

新建 个结点作为列指示。

第 个点的左结点为 ，右结点为 ，上结点为 ，下结点为 。特殊地， 结点的左结点为 ， 结点的右结点为 。

于是我们得到了一个环状双向链表：

这样就初始化了一个 Dancing Links。

build(r, c) 的代码实现如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

void build(const int &r, const int &c) {
  n = r, m = c;
  for (int i = 0; i <= c; ++i) {
    L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
    U[i] = D[i] = i;
  }
  L[0] = c, R[c] = 0, idx = c;
  memset(first, 0, sizeof(first));
  memset(siz, 0, sizeof(siz));
}

insert 操作

insert(r, c) 表示在第 行，第 列插入一个结点。

插入操作分为两种情况：

• 如果第 行没有元素，那么直接插入一个元素，并使 first[r] 指向这个元素。

  这可以通过 first[r] = L[idx] = R[idx] = idx; 来实现。

• 如果第 行有元素，那么将这个新元素用一种特殊的方式与 和 连接起来。

  设这个新元素为 ，然后：

  • 把 插入到 的正下方，此时：

    • 下方的结点为原来 的下结点；
    • 下方的结点（即原来 的下结点）的上结点为 ;
    • 的上结点为 ；
    • 的下结点为 。

    注意记录 的所在列和所在行，以及更新这一列的元素个数。

    1 2	col[++idx] = c, row[idx] = r, ++siz[c]; U[idx] = c, D[idx] = D[c], U[D[c]] = idx, D[c] = idx;

    强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。

  • 把 插入到 的正右方，此时：

    • 右侧的结点为原来 的右结点；
    • 原来 右侧的结点的左结点为 ；
    • 的左结点为 ；
    • 的右结点为 。

    1 2	L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]]; L[R[first[r]]] = idx, R[first[r]] = idx;

    强烈建议读者完全掌握这几步的顺序后再继续阅读本文。

insert(r, c) 这个操作可以通过图片来辅助理解：

留心曲线箭头的方向。

insert(r, c) 的代码实现如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

void insert(const int &r, const int &c) {
  row[++idx] = r, col[idx] = c, ++siz[c];
  U[idx] = c, D[idx] = D[c], U[D[c]] = idx, D[c] = idx;
  if (!first[r])
    first[r] = L[idx] = R[idx] = idx;
  else {
     L[idx] = first[r], R[idx] = R[first[r]];
    L[R[first[r]]] = idx, R[first[r]] = idx;
  }
}

dance 操作

dance() 即为递归地删除以及还原各个行列的过程。

1. 如果 号结点没有右结点，那么矩阵为空，记录答案并返回；
2. 选择列元素个数最少的一列，并删掉这一列；
3. 遍历这一列所有有 的行，枚举它是否被选择；
4. 递归调用 dance()，如果可行，则返回；如果不可行，则恢复被选择的行；
5. 如果无解，则返回。

dance() 的代码实现如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17

bool dance(int dep) {
  int i, j, c = R[0];
  if (!R[0]) {
    ans = dep;
    return 1;
  }
  IT(i, R, 0) if (siz[i] < siz[c]) c = i;
  remove(c);
  IT(i, D, c) {
    stk[dep] = row[i];
    IT(j, R, i) remove(col[j]);
    if (dance(dep + 1)) return 1;
    IT(j, L, i) recover(col[j]);
  }
  recover(c);
  return 0;
}

其中 stk[] 用来记录答案。

注意我们每次优先选择列元素个数最少的一列进行删除，这样能保证程序具有一定的启发性，使搜索树分支最少。

对于重复覆盖问题，在搜索时可以用估价函数（与 A* 中类似）进行剪枝：若当前最好情况下所选行数超过目前最优解，则可以直接返回。

模板

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 500 + 10;
int n, m, ans;
int stk[N];

int read() {  // 快读
  int x = 0, f = 0, ch;
  while (!isdigit(ch = getchar())) f |= ch == '-';
  while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
  return f ? -x : x;
}

struct DLX {
  static const int MAXSIZE = 1e5 + 10;
  int n, m, tot, first[MAXSIZE + 10], siz[MAXSIZE + 10];
  int L[MAXSIZE + 10], R[MAXSIZE + 10], U[MAXSIZE + 10], D[MAXSIZE + 10];
  int col[MAXSIZE + 10], row[MAXSIZE + 10];

  void build(const int &r, const int &c) {  // 进行build操作
    n = r, m = c;
    for (int i = 0; i <= c; ++i) {
      L[i] = i - 1, R[i] = i + 1;
      U[i] = D[i] = i;
    }
    L[0] = c, R[c] = 0, tot = c;
    memset(first, 0, sizeof(first));
    memset(siz, 0, sizeof(siz));
  }

  void insert(const int &r, const int &c) {  // 进行insert操作
    col[++tot] = c, row[tot] = r, ++siz[c];
    D[tot] = D[c], U[D[c]] = tot, U[tot] = c, D[c] = tot;
    if (!first[r])
      first[r] = L[tot] = R[tot] = tot;
    else {
      R[tot] = R[first[r]], L[R[first[r]]] = tot;
      L[tot] = first[r], R[first[r]] = tot;
    }
  }

  void remove(const int &c) {  // 进行remove操作
    int i, j;
    L[R[c]] = L[c], R[L[c]] = R[c];
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i])
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j])
        U[D[j]] = U[j], D[U[j]] = D[j], --siz[col[j]];
  }

  void recover(const int &c) {  // 进行recover操作
    int i, j;
    for (i = U[c]; i != c; i = U[i])
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) U[D[j]] = D[U[j]] = j, ++siz[col[j]];
    L[R[c]] = R[L[c]] = c;
  }

  bool dance(int dep) {  // dance
    if (!R[0]) {
      ans = dep;
      return 1;
    }
    int i, j, c = R[0];
    for (i = R[0]; i != 0; i = R[i])
      if (siz[i] < siz[c]) c = i;
    remove(c);
    for (i = D[c]; i != c; i = D[i]) {
      stk[dep] = row[i];
      for (j = R[i]; j != i; j = R[j]) remove(col[j]);
      if (dance(dep + 1)) return 1;
      for (j = L[i]; j != i; j = L[j]) recover(col[j]);
    }
    recover(c);
    return 0;
  }
} solver;

int main() {
  n = read(), m = read();
  solver.build(n, m);
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      int x = read();
      if (x) solver.insert(i, j);
    }
  solver.dance(1);
  if (ans)
    for (int i = 1; i < ans; ++i) printf("%d ", stk[i]);
  else
    puts("No Solution!");
  return 0;
}

性质

DLX 递归及回溯的次数与矩阵中 的个数有关，与矩阵的 等参数无关。因此，它的时间复杂度是 指数级 的，理论复杂度大概在 左右，其中 为某个非常接近于 的常数， 为矩阵中 的个数。

但实际情况下 DLX 表现良好，一般能解决大部分的问题。

建模

DLX 的难点，不全在于链表的建立，而在于建模。

请确保已经完全掌握 DLX 模板后再继续阅读本文。

我们每拿到一个题，应该考虑行和列所表示的意义：

• 行表示决策，因为每行对应着一个集合，也就对应着选/不选；

• 列表示状态，因为第 列对应着某个条件 。

对于某一行而言，由于不同的列的值不尽相同，我们 由不同的状态，定义了一个决策。

例题 1 P1784 数独

数独

题目描述

数独是根据 盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫内的数字均含 ，不重复。每一道合格的数独谜题都有且仅有唯一答案，推理方法也以此为基础，任何无解或多解的题目都是不合格的。

芬兰一位数学家号称设计出全球最难的“数独游戏”，并刊登在报纸上，让大家去挑战。

这位数学家说，他相信只有“智慧最顶尖”的人才有可能破解这个“数独之谜”。

据介绍，目前数独游戏的难度的等级有一到五级，一是入门等级，五则比较难。不过这位数学家说，他所设计的数独游戏难度等级是十一，可以说是所以数独游戏中，难度最高的等级。他还表示，他目前还没遇到解不出来的数独游戏，因此他认为“最具挑战性”的数独游戏并没有出现。

输入格式

一个未填的数独。

输出格式

填好的数独。

样例 #1

样例输入 #1

1
2
3
4
5
6
7
8
9

8 0 0 0 0 0 0 0 0 
0 0 3 6 0 0 0 0 0 
0 7 0 0 9 0 2 0 0 
0 5 0 0 0 7 0 0 0 
0 0 0 0 4 5 7 0 0 
0 0 0 1 0 0 0 3 0 
0 0 1 0 0 0 0 6 8 
0 0 8 5 0 0 0 1 0 
0 9 0 0 0 0 4 0 0

样例输出 #1

1
2
3
4
5
6
7
8
9

8 1 2 7 5 3 6 4 9 
9 4 3 6 8 2 1 7 5 
6 7 5 4 9 1 2 8 3 
1 5 4 2 3 7 8 9 6 
3 6 9 8 4 5 7 2 1 
2 8 7 1 6 9 5 3 4 
5 2 1 9 7 4 3 6 8 
4 3 8 5 2 6 9 1 7 
7 9 6 3 1 8 4 5 2

题解

1. 决策是什么？

   在这一题中，每一个决策可以用形如 的有序三元组表示。

   注意到「宫」并不是决策的参数，因为它 可以被每个确定的 表示。

   因此有 行。

2. 状态是什么？

   我们思考一下 这个决将会造成什么影响。记 所在的宫为 。

   1. 第 行用了一个 （用 列表示）；
   2. 第 列用了一个 （用 列表示）；
   3. 第 宫用了一个 （用 列表示）；
   4. 中填入了一个数（用 列表示）。

   因此有 列，共 个 。

   至此，我们成功地将 的数独问题转化成了一个 有 行， 列，共 个 的精确覆盖问题。

太难了 改日再战