【模拟】东东转魔方

问题描述

东东有一个二阶魔方，即2×2×2的一个立方体组。立方体由八个角组成。
魔方的每一块都用三维坐标(h, k, l)标记，其中h, k, l∈{0,1}。六个面的每一个都有四个小面，每个小面都有一个正整数。
对于每一步，东东可以选择一个特定的面，并把此面顺时针或逆时针转90度。
请你判断，是否东东可以在一个步骤还原这个魔方（每个面没有异色）。

Input

输入的第一行包含一个整数N（N≤30），这是测试用例的数量。
对于每个测试用例， 第 1~4 个数描述魔方的顶面，这是常见的2×2面，由（0，0，1），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，1）标记。四个整数对应于上述部分。
第 5~8 个数描述前面，即（1，0，1），（1，1，1），（1，0，0），（1，1，0）的公共面。四个整数 与上述各部分相对应。
第 9~12 个数描述底面，即（1，0，0），（1，1，0），（0，0，0），（0，1，0）的公共面。四个整数与上述各部分相对应。
第 13~16 个数描述背面，即（0，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（0，1），（0，1，1）的公共面。四个整数与上述各部分相对应。
第 17~20 个数描述左面，即（0，0，0），（0，0，1），（1，0，0），（1，0，1）的公共面。给出四个整数与上述各部分相对应。
第 21~24 个数描述了右面，即（0，1，1），（0，1，0），（1，1，1），（1，1，0）的公共面。给出四个整数与上述各部分相对应。
换句话说，每个测试用例包含24个整数a、b、c到x。你可以展开表面以获得平面图
如下所示。

Output

对于每个测试用例，魔方如果可以至多 “只转一步” 恢复，输出YES，则输出NO。

友情提示：如果能思考一下解题框架的设计是最好的，一上来就莽很痛苦
友情提示：如果能思考一下解题框架的设计是最好的，一上来就莽很痛苦
友情提示：如果能思考一下解题框架的设计是最好的，一上来就莽很痛苦

Sample

Sample Input

4
1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 6 6 6 6
6 6 6 6 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 5 5 5 5 4 4 4 4
1 4 1 4 2 1 2 1 3 2 3 2 4 3 4 3 5 5 5 5 6 6 6 6
1 3 1 3 2 4 2 4 3 1 3 1 4 2 4 2 5 5 5 5 6 6 6 6

Sample Output

YES
YES
YES
NO

思路

我的思路很复杂，以至于在限时测试的时候没写完，，实际上二阶的魔方直接暴力ifelse就好了，反正只有3*2种情况，一上来就莽的说的就是我，，，
但还是贴一下俺写的思路：首先判断是否六面全部归位，否则必须是4面+2对面，且四面必须是2个颜色不同的靠近棱线的面。接着判断这四个面是否对齐（具体来说就是求每一个面的同色块在哪一条水平线上），接着就判断是否可以一步还原（顺时针or逆时针），然后写了130行，中间还各种报错，现在想想我为啥要为难我仅存不多的数学能力，，，我发誓以后再也不莽了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
using namespace std;
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define mem(a,s) memset(a,s,sizeof(a))
int mf[24];
vector<int> h;
int stdi;
const int stdf[3] = {1, 4, 2};
const int rod[3][4] = {{3, 5, 1, 4}, {0, 5, 2, 4},{0, 1, 2, 3}};
const int cal[24]={   1,3,5,7,5,7,4,6,4,6,0,2,0,2,1,3,0,1,4,5,3,2,7,6};int geth(int idx,int idy){int ans=0;int x=cal[idx] ^ cal[idy];if((x&4)==0)ans += 4;if((x&2)==0)ans += 2;if((x&1)==0)ans+=1;return ans;
}
int pd1(){int p1=0, p2=0;rep(i,0,5){int idx = i * 4;bool pd = 1;rep(j,0,2)if(mf[idx+j]!=mf[idx+j+1])pd = 0;if(pd){if(stdi==-1)//基准stdi = i;p1++;}else{if(mf[idx+0]==mf[idx+1]&&mf[idx+2]==mf[idx+3]){h.push_back(geth(idx + 0, idx + 1));p2++;}if(mf[idx+0]==mf[idx+2]&&mf[idx+1]==mf[idx+3]){h.push_back(geth(idx + 0, idx + 2));p2++;}} }if(p1==6)return 1;if(p1==2&&p2==4){if(stdi==0)stdi=0;if(stdi==1)stdi = 1;if(stdi==4)stdi = 2;return 0;}return -1;
}
int pd2(){int pd=stdf[stdi];rep(i, 0, 3) pd&=h[i];return (pd?pd:-1);
}
int getC(int m,int t,int idx){rep(i, m * 4, m * 4 + 3) if ((cal[i]&idx)==(t*idx))return mf[i];
}
bool pd3(int idx){bool a1 = 1;rep(i,0,3){int cx = getC(rod[stdi][i],0,idx);int cy = getC(rod[stdi][(i+1)%4],1,idx);if(cx!=cy)a1 = 0;}if(a1)return true;a1 = 1;rep(i,0,3){int cx = getC(rod[stdi][i],1,idx);int cy = getC(rod[stdi][(i+1)%4],0,idx);if(cx!=cy)a1 = 0;}if(a1)return true;return false;
}
int main(){//freopen("in.txt","r",stdin);int T;cin>>T;while(T--){stdi = -1;if(!h.empty())h.clear();rep(i,0,23)cin >> mf[i];int p1 = pd1();if(p1==-1){cout << "NO\n";continue;}if(p1==1){cout << "YES\n";continue;}int p2 = pd2();if(p2==-1){cout << "NO\n";continue;}if(pd3(p2))cout<<"YES\n";else cout << "NO\n";}return 0;
}