DFS-深度优先搜索(深搜)

深度优先搜索（Depth First Search）是搜索的手段之一。它是从某个状态开始，不断的转移状态直到无法转移，然后退回到前一步的状态，继续转移到其他的状态，如此不断的重复，直至找到最终的解。

其大致的过程如下：
（1）访问搜索到的未被访问的邻接点；
（2）将此顶点标记为已访问节点；
（3）搜索该顶点的未被访问的邻接点，若该邻接点存在，则从此邻接点开始进行同样的访问和搜索。

说到深搜，我就想起了我多年前玩的一个纯文字 wap 页游，游戏里有一个地下迷宫，目标是找出口打怪开宝箱。当时我玩这个游戏的思路就和深搜的解题思路一模一样。游戏还原链接(https://www.windfamily.cn/module/games/maze.html)。深搜的解题思路就好像走那个迷宫，一开始找到一个可以走的方向，不停的往这个方向走，路上看到了其它路口，记住，如果一个方向走不通，还可以回来走这个方向。当那个方向被围住或者走不通时，就往回走，直到碰到最近的之前遇到过的路口，然后一样的往这个方向走，重复上面的步骤。深搜具体实现时和它的区别就是当一个方向走到头时你不用往回走，因为你走过的地方都被标记过，不能走了，系统(递归回溯)会帮你自动跳回到你之前遇到过的最近的路口。

先看一道例题：

1. 白与黑：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=784

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int w,h;
int num;
string a[101];
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};        //搜索的方向int dfs(int x,int y)
{a[x][y]='#';            //走过的路都给它标记上for(int i=0;i<4;i++)    //这个for循环就是在某点上看看四个方向能不能走{int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<h && newy>=0 && newy<w && a[newx][newy]!='#'){num++;dfs(newx,newy);            //其实递归有储存发现的路口的意味}}
}int main()
{int i,j;while(scanf("%d%d",&w,&h)!=-1){if(w==0 && h==0) break;num=1;for(i=0;i<h;i++) cin>>a[i];   //必须用cin，string用cin才能被正确处理for(i=0;i<h;i++){for(j=0;j<w;j++)if(a[i][j]=='@'){dfs(i,j);break;}}printf("%d\n",num);}
}

说明一下，生成newx,newy后，如果符合if条件进入if就说明这一步可以走，而当dfs(newx,newy)的时候就说明这一步现在已经走了(因为它马上要被标记为'#')，现在要考虑这步走完的下一步。

2. 搜索入门：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=912

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
string a[5];
int flag;
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int dfs(int x,int y)
{a[x][y]='*';for(int i=0;i<4;i++){int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<4 && newy>=0 && newy<4 && a[newx][newy]=='#'){if(newx==3 && newy==3){flag=1;break;}else dfs(newx,newy);}}
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){flag=0;for(int i=0;i<4;i++) cin>>a[i];dfs(0,0);if(flag==0) printf("NO\n");else printf("YES\n");}
}

上一题懂了这题自然没问题。

3. 迷宫寻路：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=558

从这题中得到一个惨痛的教训：i一定不能是全局的(因为其它地方也用到i所以小心啊)，否则递归迭代的时候i会累加。

同时提供除了利用flag判断能否到达终点的另一种方法。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m;
int stx,sty,enx,eny;
string a[1005];
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};void dfs(int x,int y)
{a[x][y]='#';for(int i=0;i<4;i++)        //这里的i一定不能设成全局的{int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<n && newy>=0 && newy<m && a[newx][newy]=='*'){dfs(newx,newy);}}
}
int main()
{while(scanf("%d%d",&n,&m)!=-1){stx=sty=enx=eny=-1;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){if((i==0 || i==n-1 || j==0 || j==m-1) && a[i][j]=='*'){if(stx==-1) stx=i,sty=j;else enx=i,eny=j;}}dfs(stx,sty);if(a[enx][eny]!='#') printf("NO\n");else printf("YES\n");}
}

4. 最大黑色区域：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1694

这道题一开始看上去没啥思路，其实很简单，就是一个大矩阵可以分成很多各小矩阵来搜(因为各区域面积被0隔离)，只要遍历矩阵，看到1就开始搜，得到该部分面积(1个数)的最大值，然后进行比较即可。

然后这道题一开始踩了一个坑，就是maxs只能初始化为0，因为样例中可能存在全为0的情况。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m;
int maxs,nows;
int a[1005][1005];
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int dfs(int x,int y)
{nows++;a[x][y]=0;for(int i=0;i<4;i++){int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<n && newy>=0 && newy<m && a[newx][newy]==1){dfs(newx,newy);}}}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);maxs=0;        //这里for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if(a[i][j]==1){nows=0;dfs(i,j);maxs=max(maxs,nows);}printf("%d\n",maxs);
}

5. 猴群：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1696

这道题与第四题极为相似，除了一些细节方面，思路和第四题一样。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
int n,m;
int num;
string a[105];
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int dfs(int x,int y)
{a[x][y]='0';for(int i=0;i<n;i++){int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<n && newy>=0 && newy<m && a[newx][newy]!='0'){dfs(newx,newy);}}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);num=0;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<m;j++){if(a[i][j]!='0'){num++;dfs(i,j);}}}printf("%d\n",num);
}

6. 面积：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1699

这道题思路就是从为0的边缘开始搜，把搜到的0变为1，最后统计剩余0的个数即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
int num;
int a[15][15];
const int n=10;
int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
int dfs(int x,int y)
{a[x][y]=1;for(int i=0;i<4;i++){int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<n && newy>=0 && newy<n && a[newx][newy]==0){dfs(newx,newy);}}
}int main()
{for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)if((i==0 || i==n-1 || j==0 || j==n-1) && a[i][j]==0)dfs(i,j);num=0;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(a[i][j]==0) num++;printf("%d\n",num);
}

7. 数的划分：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1776

将整数 n 分成 k 份，且每份不能为空，问有多少种不同的分法。
当 n=7, k=3 时，下面三种分法被认为是相同的：1,1,5; 1,5,1; 5,1,1Input
一行两个数 n, kOutput
一行一个整数，即不同的分法数。

为什么说这道题也能搜索呢？请看下图：

例子中数据n=7,k=3,答案是4。

对于一个数，我们可以第一次可以将它从划分为1~n的数，图中给出了第一次划分为1的情况，对于划分为1的情况，因为题目中说数字相同而顺序不同的组合看成一种，那么我们可以假设后划分的数大于等于先划分的数，于是第二次就可以从1~n-1再次划分，第三次可以从1~n-2划分。

如果对于每一层都进行这样的划分，那么就可以形成一棵庞大的树，我们要做的就是用深搜从不停遍历一个分支到底，看这个分支上数的和等不等于n，然后回退到上一层。是不是还是和之前的走迷宫思路一样？

代码：递归实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,k;
int num=0;int dfs(int nown,int sum,int nowk)  //nown表示当分支的节点上的数，sum表示分支上的和，nowk表示进行到第几层
{if(nowk==k)        //如果遍历完k层，就判断它的和是否为n,是就说明找到一种情况。{if(sum==n) num++;return 0;}for(int i=nown;sum+i*(k-nowk)<=n;i++)        //生成树(利用递归一次只生成一个分支){dfs(i,sum+i,nowk+1);}
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&k);dfs(1,0,0);            //从1开始划分printf("%d\n",num);
}

8. 01迷宫：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1702

这道题的解题思路：就是看看有多少个连通的区域，然后看看每一点属于哪个连通区域。要明确在起点在0时能走到的连通区域内，若以1为起点，也能走遍这个区域。判断相邻两点之间能不能走，可以用异或判断，只有异或值为1才可以走。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m;
int connectnum;       //连通区域个数
string a[1005];
int connectarea[1000005];    //某连通区域能移动的格子数
int wcb[1005][1005];  //which connectarea belong某点属于哪一个连通区域
int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};int dfs(int x,int y)
{wcb[x][y]=connectnum;   //确定格子属于哪个连通区域connectarea[connectnum]++;  //当前连通区域格子数加1int t=a[x][y]-'0';for(int i=0;i<4;i++){int newx=x+dir[i][0];int newy=y+dir[i][1];if(newx>=0 && newx<n && newy>=0 && newy<n && wcb[newx][newy]==0 && ((a[newx][newy]-'0')^t)==1){dfs(newx,newy);}}
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(wcb[i][j]==0){connectnum++;dfs(i,j);}}}for(int i=0;i<m;i++){int in,jn;scanf("%d%d",&in,&jn);int belong=wcb[in-1][jn-1];printf("%d\n",connectarea[belong]);}
}

9. 奇怪的电梯：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1697

与之前不同的是，这题方向是一维的，只能上下移动，确定起点后，搜就是了，看能不能到终点，能就和最短距离比取小。

需要注意的是，这题同样需要标记走过的地方，否则会死循环，走到哪里就把那里标记为不能走的，不要担心你担心可能出现的情况，因为这轮的标记只对这轮有效，递归回退的时候会把标记恢复为没走过，从而进行让下一分支继续走。

这题绊了我好久，思路是对的，递归的方法用错了，当前位置和按电梯的次数是要放在进行递归的，否则次数没办法回退。还有就是要注意剪枝，否则直接TLE。

先看正确代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,a,b;
int minn=9999999;
int lift[205],vis[205];
int dir[2]={1,-1};int dfs(int now,int pressnum)
{if(now==b){minn=min(minn,pressnum);return 0;}if(pressnum<minn)        //剪枝for(int i=0;i<2;i++){int newnow=now+dir[i]*lift[now];if(newnow>=1 && newnow<=n && vis[newnow]==0){vis[newnow]=1;dfs(newnow,pressnum+1);    //这里的千万不能用++，否则会影响同级分支，失去回退效果vis[newnow]=0;             //之前说的标记回退}}
}int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&lift[i]);memset(vis,0,sizeof(vis));vis[a]=1;if(a==b)                //这个if其实可以不要{printf("0\n");return 0;}dfs(a,0);if(minn==9999999) printf("%d\n",-1);else printf("%d\n",minn);
}

然后看我之前写的错误代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b;
int num,minnum=99999999;
int lift[2005];
int vis[2005];int dir[3]={1,-1};int dfs(int from)
{if(num<minnum)            //这个地方必须进行剪枝，否则超时，但这么做else情况num无法回退for(int i=0;i<2;i++){int to=from+dir[i]*lift[from];if(to>=1 && to<=n && vis[to]==0){num++;vis[to]=1;if(to==b){minnum=min(minnum,num);return 0;}dfs(to);num--;vis[to]=0;}}
}int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&lift[i]);num=0;if(a==b)            //这种情况下必须写{printf("0\n");return 0;}vis[a]=1;dfs(a);if(minnum>=99999999) printf("-1\n");else printf("%d\n",minnum);
}

10. 艾拉的选举：http://acm.nefu.edu.cn/problemShow.php?problem_id=1672

这题应该算是压轴题了，有些复杂。

首先从第一个评委对第一个选手评分开始搜索，然后继续进行第一个评委对后续评委的评分，当第一个评委评完分后换下一个评委继续评分搜索，当所有评委都评完分后，进行排序，num[order][名次]++；整棵树应该是这样的(只画出部分)：

看代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
struct student{    //用结构体储存那啥的序号，以及当前拥有的分数(开始是初始分数)int order;int mark;
}a[5];int n,m;
int b[5];          //储存评委能打的分数
int vis[5][5];     //用于第x个评委是否用过第i个分数
int num[5][5];     //储存第i个那啥获得第j名的次数bool cmp(student a,student b)        //当所有评委对所有那啥评完分进行排序时的比较函数
{if(a.mark!=b.mark) return a.mark>b.mark;else return a.order<b.order;
}int dfs(int x,int y)
{if(y==n+1)        //当一个评委对所有选手评完分后，换下一个评委{dfs(x+1,1);return 0;}if(x==m+1)        //当所有评委对所有选手评完分后对分数进行排序{student t[5];    //用临时数组进行排序，否则递归回退的时候会减错位置for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=a[i];sort(t+1,t+n+1,cmp);for(int j=1;j<=n;j++)  num[t[j].order][j]++;return 0;}for(int i=1;i<=n;i++)    //评委对第1位到n位选手评分{if(vis[x][i]==0)    //确定该评委没用过某一分数{vis[x][i]=1;a[y].mark=a[y].mark+b[i];dfs(x,y+1);vis[x][i]=0;      //递归回退a[y].mark-=b[i];   //要用临时数组排序的原因}}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){a[i].order=i;scanf("%d",&a[i].mark);}for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);dfs(1,1);            //搜索起点：第1个评委对1个选手评分for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++)if(j==n) printf("%d\n",num[i][j]);else printf("%d ",num[i][j]);}
}

这道题还可以暴力循化：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long b1[30][6];
long long a[6];
long long b[6];
long long x,y,z,q;
long long js[6][6];
struct sz{
long long zhi;
int wz;
}cz[6];
bool com(sz a,sz b){
if(a.zhi!=b.zhi)
return a.zhi>b.zhi;
else return a.wz<b.wz;
}
int main()
{int i,j,m,n,i2,i3,i4,i1;cin>>n>>m;memset(js,0,sizeof(js));if(n==1){cin>>x>>y;printf("1\n");}else if(n==2){x=0,y=0;for(i=1;i<=2;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(i=1;i<=2;i++)scanf("%lld",&b[i]);b1[1][1]=b[1];b1[1][2]=b[2];b1[2][1]=b[2];b1[2][2]=b[1];if(m==1){for(i=1;i<=2;i++){x=a[1]+b1[i][1];y=a[2]+b1[i][2];if(x>=y){js[1][1]++;js[2][2]++;}else {js[1][2]++;js[2][1]++;}}}if(m==2){for(i=1;i<=2;i++)for(i1=1;i1<=2;i1++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2];if(x>=y){js[1][1]++;js[2][2]++;}else {js[1][2]++;js[2][1]++;}}}if(m==3){for(i=1;i<=2;i++)for(i1=1;i1<=2;i1++)for(i2=1;i2<=2;i2++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1]+b1[i2][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2]+b1[i2][2];if(x>=y){js[1][1]++;js[2][2]++;}else {js[1][2]++;js[2][1]++;}}}if(m==4){for(i=1;i<=2;i++)for(i1=1;i1<=2;i1++)for(i2=1;i2<=2;i2++)for(i3=1;i3<=2;i3++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1]+b1[i2][1]+b1[i3][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2]+b1[i2][2]+b1[i3][2];if(x>=y){js[1][1]++;js[2][2]++;}else {js[1][2]++;js[2][1]++;}}}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<n;j++)printf("%lld ",js[i][j]);printf("%lld\n",js[i][n]);}}else if(n==3){x=0,y=0;for(i=1;i<=3;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(i=1;i<=3;i++)scanf("%lld",&b[i]);b1[1][1]=b[1];b1[1][2]=b[2];b1[1][3]=b[3];b1[2][1]=b[1];b1[2][2]=b[3];b1[2][3]=b[2];b1[3][1]=b[2];b1[3][2]=b[1];b1[3][3]=b[3];b1[4][1]=b[2];b1[4][2]=b[3];b1[4][3]=b[1];b1[5][1]=b[3];b1[5][2]=b[2];b1[5][3]=b[1];b1[6][1]=b[3];b1[6][2]=b[1];b1[6][3]=b[2];if(m==1){for(i=1;i<=6;i++){x=a[1]+b1[i][1];y=a[2]+b1[i][2];z=a[3]+b1[i][3];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;sort(cz,cz+3,com);for(j=1;j<=3;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}if(m==2){for(i=1;i<=6;i++)for(i1=1;i1<=6;i1++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2];z=a[3]+b1[i][3]+b1[i1][3];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;sort(cz,cz+3,com);for(j=1;j<=3;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}if(m==3){for(i=1;i<=6;i++)for(i1=1;i1<=6;i1++)for(i2=1;i2<=6;i2++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1]+b1[i2][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2]+b1[i2][2];z=a[3]+b1[i][3]+b1[i1][3]+b1[i2][3];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;sort(cz,cz+3,com);for(j=1;j<=3;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}if(m==4){for(i=1;i<=6;i++)for(i1=1;i1<=6;i1++)for(i2=1;i2<=6;i2++)for(i3=1;i3<=6;i3++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1]+b1[i2][1]+b1[i3][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2]+b1[i2][2]+b1[i3][2];z=a[3]+b1[i][3]+b1[i1][3]+b1[i2][3]+b1[i3][3];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;sort(cz,cz+3,com);for(j=1;j<=3;j++){js[cz[j-1].wz][j]++;}}}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<n;j++)printf("%lld ",js[i][j]);printf("%lld\n",js[i][n]);}}else if(n==4){x=1,y=0,z=0,q=0;for(i=1;i<=4;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(i=1;i<=4;i++)scanf("%lld",&b[i]);for(i=1;i<=4;i++)for(i1=1;i1<=4;i1++)if(i1==i)continue;elsefor(i2=1;i2<=4;i2++)if(i2==i1||i2==i)continue;elsefor(i3=1;i3<=4;i3++)if(i3==i||i3==i1||i3==i2)continue;else{b1[x][1]=b[i];b1[x][2]=b[i1];b1[x][3]=b[i2];b1[x][4]=b[i3];x++;}if(m==1){for(i=1;i<=24;i++){x=a[1]+b1[i][1];y=a[2]+b1[i][2];z=a[3]+b1[i][3];q=a[4]+b1[i][4];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;cz[3].wz=4;cz[3].zhi=q;sort(cz,cz+4,com);for(j=1;j<=4;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}if(m==2){for(i=1;i<=24;i++)for(i1=1;i1<=24;i1++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2];z=a[3]+b1[i][3]+b1[i1][3];q=a[4]+b1[i][4]+b1[i1][4];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;cz[3].wz=4;cz[3].zhi=q;sort(cz,cz+4,com);for(j=1;j<=4;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}if(m==3){for(i=1;i<=24;i++)for(i1=1;i1<=24;i1++)for(i2=1;i2<=24;i2++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1]+b1[i2][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2]+b1[i2][2];z=a[3]+b1[i][3]+b1[i1][3]+b1[i2][3];q=a[4]+b1[i][4]+b1[i1][4]+b1[i2][4];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;cz[3].wz=4;cz[3].zhi=q;sort(cz,cz+4,com);for(j=1;j<=4;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}if(m==4){for(i=1;i<=24;i++)for(i1=1;i1<=24;i1++)for(i2=1;i2<=24;i2++)for(i3=1;i3<=24;i3++){x=a[1]+b1[i][1]+b1[i1][1]+b1[i2][1]+b1[i3][1];y=a[2]+b1[i][2]+b1[i1][2]+b1[i2][2]+b1[i3][2];z=a[3]+b1[i][3]+b1[i1][3]+b1[i2][3]+b1[i3][3];q=a[4]+b1[i][4]+b1[i1][4]+b1[i2][4]+b1[i3][4];cz[0].wz=1;cz[0].zhi=x;cz[1].wz=2;cz[1].zhi=y;cz[2].wz=3;cz[2].zhi=z;cz[3].wz=4;cz[3].zhi=q;sort(cz,cz+4,com);for(j=1;j<=4;j++)js[cz[j-1].wz][j]++;}}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<n;j++)printf("%lld ",js[i][j]);printf("%lld\n",js[i][n]);}}return 0;
}

写完这个需要相当的毅力，一度令之前思路一复杂的时候就想放弃治疗的我自惭形秽。路漫漫其修远兮，加油 QWQ。