【编程题】(满分33分)
“数独”是当下炙手可热的智力游戏。一般认为它的起源是“拉丁方块”，是大数学家欧拉于1783年发明的。
如图[1.jpg]所示：6x6的小格被分为6个部分（图中用不同的颜色区分）,每个部分含有6个小格（以下也称为分组）。
开始的时候，某些小格中已经填写了字母（ABCDEF之一）。需要在所有剩下的小格中补填字母。
全部填好后，必须满足如下约束：
1. 所填字母只允许是A,B,C,D,E,F 中的某一个。
2. 每行的6个小格中，所填写的字母不能重复。
3. 每列的6个小格中，所填写的字母不能重复。
4. 每个分组（参见图中不同颜色表示）包含的6个小格中，所填写的字母不能重复。
为了表示上的方便，我们用下面的6阶方阵来表示图[1.jpg]对应的分组情况（组号为0~5）：
000011
022013
221113
243333
244455
445555
用下面的数据表示其已有字母的填写情况：
02C
03B
05A
20D
35E
53F
很明显，第一列表示行号，第二列表示列号，第三列表示填写的字母。行号、列号都从0开始计算。
一种可行的填写方案（此题刚好答案唯一）为：
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
你的任务是：编写程序，对一般的拉丁方块问题求解，如果多解，要求找到所有解。
【输入、输出格式要求】
用户首先输入6行数据，表示拉丁方块的分组情况。
接着用户输入一个整数n (n<36), 表示接下来的数据行数
接着输入n行数据，每行表示一个预先填写的字母。
程序则输出所有可能的解（各个解间的顺序不重要）。
每个解占用7行。
即，先输出一个整数，表示该解的序号（从1开始），接着输出一个6x6的字母方阵，表示该解。
解的字母之间用空格分开。
如果找不到任何满足条件的解，则输出“无解”
例如：用户输入：
000011
022013
221113
243333
244455
445555
6
02C
03B
05A
20D
35E
53F
则程序输出：
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，用户输入：
001111
002113
022243
022443
544433
555553
7
04B
05A
13D
14C
24E
50C
51A
则程序输出：
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;
}