لعبة غولف سودوكو الذكية
سؤال
الهدف من هذا السؤال هو إنشاء الأقصر ليست بطيئة بشكل مسيئ سودوكو حلالا.يتم تعريف هذا على النحو التالي: لا تتكرر عندما تكون هناك نقاط على اللوحة يمكن أن تتكون من رقم واحد فقط.
هنا هو أقصر ما لدي حتى الآن في بيثون:
r=range(81)
s=range(1,10)
def R(A):
bzt={}
for i in r:
if A[i]!=0: continue;
h={}
for j in r:
h[A[j]if(j/9==i/9 or j%9==i%9 or(j/27==i/27)and((j%9/3)==(i%9/3)))else 0]=1
bzt[9-len(h)]=h,i
for l,(h,i)in sorted(bzt.items(),key=lambda x:x[0]):
for j in s:
if j not in h:
A[i]=j
if R(A):return 1
A[i]=0;return 0
print A;return 1
R(map(int, "080007095010020000309581000500000300400000006006000007000762409000050020820400060"))
السطر الأخير الذي أعتبره جزءًا من إدخال سطر cmd، يمكن تغييره إلى:
import sys; R(map(int, sys.argv[1]);
هذا مشابه لتحديات سودوكو جولف الأخرى، باستثناء أنني أريد التخلص من التكرار غير الضروري.أي لغة مقبولة.التحدي قائم!
المحلول
لم أقم بإجراء تغيير كبير حقًا - الخوارزمية متطابقة ، ولكن فيما يلي بعض الأمراض الدقيقة التي يمكنك إجراؤها على رمز Python الخاص بك.
لا حاجة! = 0 ، 0 خاطئة في سياق منطقي.
إذا كان C else B أغلى من استخدام [A ، B] [C] إذا لم تكن بحاجة إلى دائرة قصيرة ، فإنك يمكنك استخدامها
h[ [0,A[j]][j/9.. rest of boolean condition]
. والأفضل من ذلك هو استغلال حقيقة أنك تريد 0 في الحالة الخاطئة ، وتكاثر ذلك بالقيمة المنطقية (تعامل على أنها أيضًا0*A[j]
(أي 0) أو1*A[j]
(بمعنى آخر.A[j]
).يمكنك حذف المساحات بين الأرقام والمعرفات. على سبيل المثال "
9 or
" -> "9or
"يمكنك حذف مفتاح الفرز (). نظرًا لأنك تقوم بفرز العنصر الأول ، فإن النوع العادي ينتج نفس الترتيب بشكل فعال (إلا إذا كنت تعتمد على الاستقرار ، وهو ما لا يبدو)
يمكنك حفظ اثنين من البايتات عن طريق حذف مكالمة .items () ، وتعيين H ، أنا في السطر التالي إلى z [l
يمكنك فقط استخدام S مرة واحدة - لا جدوى من استخدام متغير. يمكنك أيضًا تجنب استخدام Range () عن طريق تحديد الشريحة المناسبة لـ R بدلاً من ذلك (R [1:10])
j not in h
يمكن أن تصبح(j in h)-1
(الاعتماد على صحيح == 1 في سياق عدد صحيح)يحرر يمكنك أيضًا استبدال الأول لبناء Loop لـ H بمنشئ DICT وتعبير المولد. يتيح لك ذلك ضغط المنطق على سطر واحد ، مما يوفر 10 بايت في المجموع.
بشكل عام ، ربما تريد التفكير في طرق لتغيير الخوارزمية لتقليل مستويات التعشيش. كل مستوى يعطي بايت إضافي لكل سطر داخل بيثون ، والذي يتراكم.
إليك ما حصلت عليه حتى الآن (لقد تحولت إلى مساحة واحدة لكل مسافة قريبة حتى تتمكن من الحصول على صورة دقيقة للشخصيات المطلوبة. 288 278 ، والتي لا تزال كبيرة جدا.
r=range(81)
def R(A):
z={}
for i in r:
if 0==A[i]:h=dict((A[j]*(j/9==i/9or j%9==i%9or j/27==i/27and j%9/3==i%9/3),1)for j in r);z[9-len(h)]=h,i
for l in sorted(z):
h,i=z[l]
for j in r[1:10]:
if(j in h)-1:
A[i]=j
if R(A):return A
A[i]=0;return[]
return A
نصائح أخرى
r=range(81)
def R(A):
if(0in A)-1:yield A;return
def H(i):h=set(A[j]for j in r if j/9==i/9or j%9==i%9or j/27==i/27and j%9/3==i%9/3);return len(h),h,i
l,h,i=max(H(i)for i in r if not A[i])
for j in r[1:10]:
if(j in h)-1:
A[i]=j
for S in R(A):yield S
A[i]=0
269 حرفا ويجد كل الحلول.الاستخدام (لا يتم احتسابه في عدد الأحرف):
sixsol = map(int, "300000080001093000040780003093800012000040000520006790600021040000530900030000051")
for S in R(sixsol):
print S
لقد قمت للتو بقلص الثعبان قليلاً هنا:
r=range(81);s=range(1,10)
def R(A):
z={}
for i in r:
if A[i]!=0:continue
h={}
for j in r:h[A[j]if j/9==i/9 or j%9==i%9 or j/27==i/27 and j%9/3==i%9/3 else 0]=1
z[9-len(h)]=h,i
for l,(h,i)in sorted(z.items(),cmp,lambda x:x[0]):
for j in s:
if j not in h:
A[i]=j
if R(A):return A
A[i]=0;return[]
return A
print R(map(int, "080007095010020000309581000500000300400000006006000007000762409000050020820400060"))
هذه حرفًا كبيرًا 410 ، 250 إذا لم تحسب مساحة بيضاء. إذا قمت فقط بتحويلها إلى بيرل ، فستكون بلا شك أفضل من لي!