题目分析

拿到题目一看，立即想起了马走日，然而不是

题目大意分析：给定棋盘大小，移动棋子，寻路是否找到字典序路径能够遍历整个棋盘

马走日题目的要求则是：给定 n∗m 大小的棋盘，以及马的初始位置 (x，y)，要求不能重复经过棋盘上的同一个点，计算马可以有多少途径遍历棋盘上的所有点。

这不差不多嘛…但是字典序遍历很关键！我们需要先推导出如何走能够使字典序最小！

脑模一下棋盘，发现除了A1位置开始走，不可能再找到比A1位置开始更小字典序的路径了。

因此选择从A1开始遍历，优先向左遍历。至于遍历，我们一般采用喜闻乐见的数组储存增量的方式。由于向左走才能保证字典序最小，因此选择增量的顺序为：

A Knight‘s Journey 爆搜DFS_dfs

推导出走的路径来之后就是爆搜了：关于爆搜的思路整理请看

传坐标进去，用遍历深度作为搜索标志，深度 = 面积时遍历成功，flag标记一下状态，主函数输出一下路径或者失败。Over

偶对了，最好复制一下题目的输出，我漏了个冒号WA，检查了老半天

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
#define//x方向进行移动
#define//y方向进行移动
using namespace std;
const int MAX_N = 27;
//字典序最小的方向增量
const int a[8] = {-1,1,-2,2,-2,2,-1,1};        //配合xa食用
const int b[8] = {-2,-2,-1,-1,1,1,2,2};        //配合yb食用
int vis[MAX_N][MAX_N];          //棋盘/访问记录数组
pair<char, char> way[MAX_N];    //合法路径记录数组
int n, p, q, cnt = 0, flag = 0;

void dfs(int x, int y, int dep)
{
    way[dep].first = y + 'A' - 1, way[dep].second = x + '0';
    if (dep == p * q)
    {
        flag = 1;
        return;
    }
    for (int i = 0; i < 8; i++)
    {
        if (xa > 0 && xa <= p && yb > 0 && yb <= q && !vis[xa][yb] && !flag)
        {
            vis[xa][yb] = 1;
            dfs(xa, yb, dep + 1);
            vis[xa][yb] = 0; //回溯
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    while(n--){
        flag = 0, cnt++;
        cin >> p >> q;
        memset(vis, false, sizeof(vis));
        vis[1][1] = true; //起点
        dfs(1, 1, 1);
        cout << "Scenario #" << cnt << endl;
        if (flag)
        {
            for (int i = 1; i <= p * q; i++) cout << way[i].first << way[i].second;
            cout << endl;
        }
        else cout << "impossible" << endl;
        if(n != 0) cout << endl;            //这里有坑
    }
    return 0;
}