【編程題】(滿分33分)
“數獨”是當下炙手可熱的智力遊戲。一般認爲它的起源是“拉丁方塊”，是大數學家歐拉於1783年發明的。
如圖[1.jpg]所示：6x6的小格被分爲6個部分（圖中用不同的顏色區分）,每個部分含有6個小格（以下也稱爲分組）。
開始的時候，某些小格中已經填寫了字母（ABCDEF之一）。需要在所有剩下的小格中補填字母。
全部填好後，必須滿足如下約束：
1. 所填字母只允許是A,B,C,D,E,F 中的某一個。
2. 每行的6個小格中，所填寫的字母不能重複。
3. 每列的6個小格中，所填寫的字母不能重複。
4. 每個分組（參見圖中不同顏色表示）包含的6個小格中，所填寫的字母不能重複。
爲了表示上的方便，我們用下面的6階方陣來表示圖[1.jpg]對應的分組情況（組號爲0~5）：
000011
022013
221113
243333
244455
445555
用下面的數據表示其已有字母的填寫情況：
02C
03B
05A
20D
35E
53F
很明顯，第一列表示行號，第二列表示列號，第三列表示填寫的字母。行號、列號都從0開始計算。
一種可行的填寫方案（此題剛好答案唯一）爲：
E F C B D A
A C E D F B
D A B E C F
F B D C A E
B D F A E C
C E A F B D
你的任務是：編寫程序，對一般的拉丁方塊問題求解，如果多解，要求找到所有解。
【輸入、輸出格式要求】
用戶首先輸入6行數據，表示拉丁方塊的分組情況。
接着用戶輸入一個整數n (n<36), 表示接下來的數據行數
接着輸入n行數據，每行表示一個預先填寫的字母。
程序則輸出所有可能的解（各個解間的順序不重要）。
每個解佔用7行。
即，先輸出一個整數，表示該解的序號（從1開始），接着輸出一個6x6的字母方陣，表示該解。
解的字母之間用空格分開。
如果找不到任何滿足條件的解，則輸出“無解”
例如：用戶輸入：
000011
022013
221113
243333
244455
445555
6
02C
03B
05A
20D
35E
53F
則程序輸出：
1
E F C B D A
A C E D F B
D A B E C F
F B D C A E
B D F A E C
C E A F B D
再如，用戶輸入：
001111
002113
022243
022443
544433
555553
7
04B
05A
13D
14C
24E
50C
51A
則程序輸出：
1
D C E F B A
E F A D C B
A B F C E D
B E D A F C
F D C B A E
C A B E D F
2
D C E F B A
E F A D C B
A D F B E C
B E C A F D
F B D C A E
C A B E D F
3
D C F E B A
A E B D C F
F D A C E B
B F E A D C
E B C F A D
C A D B F E
4
D C F E B A
B E A D C F
A D C F E B
F B E A D C
E F B C A D
C A D B F E
5
D C F E B A
E F A D C B
A B C F E D
B E D A F C
F D B C A E
C A E B D F
6
D C F E B A
E F A D C B
A B D F E C
B E C A F D
F D B C A E
C A E B D F
7
D C F E B A
E F A D C B
A D B F E C
B E C A F D
F B D C A E
C A E B D F
8
D C F E B A
F E A D C B
A D B C E F
B F E A D C
E B C F A D
C A D B F E
9
D C F E B A
F E A D C B
A F C B E D
B D E A F C
E B D C A F
C A B F D E
#include<stdio.h>
#include<string.h>
char a[6][6];
int hang[6][6], lie[6][6], zu[6][6];
int ans[6][6];
int count;
void read(){
int i, j, t;
char tmp[4];
int n;
memset(ans, -1, sizeof(ans));
for(i = 0; i < 6; i++){
for(j = 0; j < 6; j++){
scanf("%1d", &a[i][j]);
}
}
scanf("%d", &n);
while(n--){
int b, c, d;
scanf("%1d%1d%s", &b, &c, tmp);
t = tmp[0] - 'A';
ans[b][c] = t;
hang[b][t] = 1;
lie[c][t] = 1;
d = a[b][c];
zu[d][t] = 1;
}
}
void dfs(int p){
//printf("%d\n", p);
int num;
int i, j, m, n, z;
if(p > 36)
return;
if(p == 36){
printf("%d\n", ++count);
for(i = 0; i < 6; i++){
for(j = 0; j < 5; j++){
printf("%c ", ans[i][j] + 'A');
}
printf("%c\n", ans[i][j] + 'A');
}
}
m = p / 6;
n = p % 6;
z = a[m][n];
if(ans[m][n] == -1){
for(i = 0; i < 6; i++){
if(hang[m][i] == 0 && lie[n][i] == 0 && zu[z][i] == 0){
hang[m][i] = lie[n][i] = zu[z][i] = 1;
ans[m][n] = i;
dfs(p + 1);
ans[m][n] = -1;
hang[m][i] = lie[n][i] = zu[z][i] = 0;
}
}
}
else
dfs(p + 1);
}
int main(){
// freopen("in.txt", "r", stdin);
read();
dfs(0);
return 0;
}