这里有一个解决方案，推广良好的性质的角。

让我们假设我们可以为给定的字段找到一个完美的落点，也就是说，一个减少其中值的最佳方法。然后，为了找到最少的炸弹数量，一个算法的初稿可能是(代码是从ruby实现中复制粘贴的):

dropped_bomb_count = 0
while there_are_cells_with_non_zero_count_left
  coordinates = choose_a_perfect_drop_point
  drop_bomb(coordinates)
  dropped_bomb_count += 1
end
return dropped_bomb_count

挑战是choose_a_perfect_drop_point。首先，让我们定义一个完美的落点是什么。

(x, y)的放置点会减少(x, y)中的值。它也可能会减少其他单元格中的值。 (x, y)的放置点A比(x, y)的放置点b更好，如果它减少了b所减少的单元格的适当超集中的值。 如果没有其他更好的投放点，投放点是最大的。 (x, y)的两个放置点是等效的，如果它们减少了同一组单元格。 如果(x, y)的放置点等价于(x, y)的所有最大放置点，那么它就是完美的。

如果(x, y)存在一个完美的投放点，那么您不能比在(x, y)的一个完美投放点上投放炸弹更有效地降低(x, y)处的值。

给定字段的完美放置点是其任何单元格的完美放置点。

以下是一些例子:

1 0 1 0 0
0 0 0 0 0
1 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

单元格(0,0)(从零开始的索引)的完美放置点是(1,1)。(1,1)的所有其他放置点，即(0,0)、(0,1)和(1,0)，减少的单元格较少。

0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

单元格(2,2)(从零开始的索引)的完美落点是(2,2)，以及所有周围的单元格(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,3)、(3,1)、(3,2)和(3,3)。

0 0 0 0 1
0 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

单元格(2,2)的完美放置点是(3,1):它减少了(2,2)中的值和(4,0)中的值。(2,2)的所有其他放置点都不是最大的，因为它们减少了一个单元格。(2,2)的完美下拉点也是(4,0)的完美下拉点，它是字段的唯一完美下拉点。它为这个领域带来了完美的解决方案(一颗炸弹)。

1 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
1 0 0 0 0

(2,2)没有完美的落点:(1,1)和(1,3)都减少(2,2)和另一个单元格(它们是(2,2)的最大落点)，但它们不相等。然而，(1,1)是(0,0)的完美落点，(1,3)是(0,4)的完美落点。

根据完美落点的定义和一定的检查顺序，我得到了以下问题示例的结果:

Drop bomb on 1, 1
Drop bomb on 1, 1
Drop bomb on 1, 5
Drop bomb on 1, 5
Drop bomb on 1, 5
Drop bomb on 1, 6
Drop bomb on 1, 2
Drop bomb on 1, 2
Drop bomb on 0, 6
Drop bomb on 0, 6
Drop bomb on 2, 1
Drop bomb on 2, 5
Drop bomb on 2, 5
Drop bomb on 2, 5
Drop bomb on 3, 1
Drop bomb on 3, 0
Drop bomb on 3, 0
Drop bomb on 3, 0
Drop bomb on 3, 0
Drop bomb on 3, 0
Drop bomb on 3, 4
Drop bomb on 3, 4
Drop bomb on 3, 3
Drop bomb on 3, 3
Drop bomb on 3, 6
Drop bomb on 3, 6
Drop bomb on 3, 6
Drop bomb on 4, 6
28

然而，该算法只有在每一步之后至少有一个完美落点时才能工作。可以在没有完美落点的情况下构建例子:

0 1 1 0
1 0 0 1
1 0 0 1
0 1 1 0

对于这些情况，我们可以修改算法，这样我们就不会选择完美的落点，而是选择一个具有最大落点的最小选择的坐标，然后计算每个选择的最小值。在上面的例子中，所有有值的单元格都有两个最大落点。例如，(0,1)有最大落点(1,1)和(1,2)。选择其中任何一个，然后计算最小值，会得到这样的结果:

Drop bomb on 1, 1
Drop bomb on 2, 2
Drop bomb on 1, 2
Drop bomb on 2, 1
2

在这里，线性规划方法似乎非常有用。

设Pm x n为包含位置值的矩阵:

现在定义一个炸弹矩阵B(x, y)m x n，其中1≤x≤m, 1≤y≤n如下所示

以这样一种方式

例如:

所以我们正在寻找一个矩阵Bm x n = [bij]

可以定义为炸弹矩阵的和: (qij将是我们在pij位置投放的炸弹数量) pij - bij≤0(为了更简洁，我们称之为P - B≤0)

而且，B应该使和最小。

我们也可以把B写成前面的丑矩阵:

由于P - B≤0(即P≤B)，我们得到了如下线性不等式系统:

qmn x1定义为

PMN x 1定义为

我们可以说我们有一个方程组是smnxmn这个矩阵要倒转来解方程组。我自己没有扩展它，但我相信在代码中应该很容易做到。

现在，我们有一个最小的问题可以表述为

I believe it is something easy, almost trivial to be solved with something like the simplex algorithm (there is this rather cool doc about it). However, I do know almost no linear programming (I will take a course about it on Coursera but it is just in the future...), I had some headaches trying to understand it and I have a huge freelance job to finish so I just give up here. It can be that I did something wrong at some point, or that it can't go any further, but I believe this path can eventually lead to the solution. Anyway, I am anxious for your feedback.

(特别感谢这个神奇的网站从LaTeX表达式创建图片)

使用分支和定界的数学整数线性规划

As it has already been mentioned, this problem can be solved using integer linear programming (which is NP-Hard). Mathematica already has ILP built in. "To solve an integer linear programming problem Mathematica first solves the equational constraints, reducing the problem to one containing inequality constraints only. Then it uses lattice reduction techniques to put the inequality system in a simpler form. Finally, it solves the simplified optimization problem using a branch-and-bound method." [see Constrained Optimization Tutorial in Mathematica.. ]

我写了下面的代码，利用ILP库的Mathematica。它的速度快得惊人。

solveMatrixBombProblem[problem_, r_, c_] := 
 Module[{}, 
  bombEffect[x_, y_, m_, n_] := 
   Table[If[(i == x || i == x - 1 || i == x + 1) && (j == y || 
        j == y - 1 || j == y + 1), 1, 0], {i, 1, m}, {j, 1, n}];
  bombMatrix[m_, n_] := 
   Transpose[
    Table[Table[
      Part[bombEffect[(i - Mod[i, n])/n + 1, Mod[i, n] + 1, m, 
        n], (j - Mod[j, n])/n + 1, Mod[j, n] + 1], {j, 0, 
       m*n - 1}], {i, 0, m*n - 1}]];
  X := x /@ Range[c*r];
  sol = Minimize[{Total[X], 
     And @@ Thread[bombMatrix[r, c].X >= problem] && 
      And @@ Thread[X >= 0] && Total[X] <= 10^100 && 
      Element[X, Integers]}, X];
  Print["Minimum required bombs = ", sol[[1]]];
  Print["A possible solution = ", 
   MatrixForm[
    Table[x[c*i + j + 1] /. sol[[2]], {i, 0, r - 1}, {j, 0, 
      c - 1}]]];]

对于问题中提供的示例:

solveMatrixBombProblem[{2, 3, 4, 7, 1, 1, 5, 2, 6, 2, 4, 3, 4, 2, 1, 2, 1, 2, 4, 1, 3, 1, 3, 4, 1, 2, 1, 4, 3, 2, 6, 9, 1, 6, 4}, 7, 5]

输出

对于那些用贪婪算法读这篇文章的人

在下面这个10x10的问题上试试你的代码:

5   20  7   1   9   8   19  16  11  3  
17  8   15  17  12  4   5   16  8   18  
4   19  12  11  9   7   4   15  14  6  
17  20  4   9   19  8   17  2   10  8  
3   9   10  13  8   9   12  12  6   18  
16  16  2   10  7   12  17  11  4   15  
11  1   15  1   5   11  3   12  8   3  
7   11  16  19  17  11  20  2   5   19  
5   18  2   17  7   14  19  11  1   6  
13  20  8   4   15  10  19  5   11  12

这里用逗号分隔:

5, 20, 7, 1, 9, 8, 19, 16, 11, 3, 17, 8, 15, 17, 12, 4, 5, 16, 8, 18, 4, 19, 12, 11, 9, 7, 4, 15, 14, 6, 17, 20, 4, 9, 19, 8, 17, 2, 10, 8, 3, 9, 10, 13, 8, 9, 12, 12, 6, 18, 16, 16, 2, 10, 7, 12, 17, 11, 4, 15, 11, 1, 15, 1, 5, 11, 3, 12, 8, 3, 7, 11, 16, 19, 17, 11, 20, 2, 5, 19, 5, 18, 2, 17, 7, 14, 19, 11, 1, 6, 13, 20, 8, 4, 15, 10, 19, 5, 11, 12

对于这个问题，我的解决方案包含208个炸弹。这里有一个可能的解决方案(我能够在大约12秒内解决这个问题)。

作为一种测试Mathematica产生结果的方法，看看你的贪婪算法是否能做得更好。

这是另一个想法:

让我们先给黑板上的每个空格分配一个权重，计算在那里扔炸弹会减少多少数字。如果这个空间有一个非零数，它就得到一个点，如果它的相邻空间有一个非零数，它就得到一个额外的点。如果这是一个1000 * 1000的网格，我们为这100万个空间中的每一个都分配了权重。

然后根据权重对列表中的空格进行排序，并轰炸权重最高的空格。可以这么说，这是我们最大的收获。

在此之后，更新每个空间的重量是受炸弹的影响。这是你轰炸的空间，和它相邻的空间，以及它们相邻的空间。换句话说，任何空间的价值都可能因为爆炸而减少为零，或者相邻空间的价值减少为零。

然后，根据权重重新排序列表空间。由于轰炸只改变了一小部分空间的权重，因此不需要使用整个列表，只需在列表中移动这些空间。

轰炸新的最高权重空间，并重复上述步骤。

这保证了每次轰炸都能减少尽可能多的空格(基本上，它会击中尽可能少的已经为零的空格)，所以这是最优的，除非它们的权重是相同的。所以你可能需要做一些回溯跟踪，当有一个平局的顶部重量。不过，只有最高重量的领带重要，其他领带不重要，所以希望没有太多的回溯。

Edit: Mysticial's counterexample below demonstrates that in fact this isn't guaranteed to be optimal, regardless of ties in weights. In some cases reducing the weight as much as possible in a given step actually leaves the remaining bombs too spread out to achieve as high a cummulative reduction after the second step as you could have with a slightly less greedy choice in the first step. I was somewhat mislead by the notion that the results are insensitive to the order of bombings. They are insensitive to the order in that you could take any series of bombings and replay them from the start in a different order and end up with the same resulting board. But it doesn't follow from that that you can consider each bombing independently. Or, at least, each bombing must be considered in a way that takes into account how well it sets up the board for subsequent bombings.

我相信为了减少炸弹的数量，你只需要最大化伤害。 要做到这一点，需要检查具有最强力的区域。因此，您首先分析具有3x3核的场，并检查哪里的和更强。还有炸弹…一直这样做，直到场地变平。这个文件的答案是28

var oMatrix = [
[2,3,4,7,1],
[1,5,2,6,2],
[4,3,4,2,1],
[2,1,2,4,1],
[3,1,3,4,1],
[2,1,4,3,2],
[6,9,1,6,4]
]

var nBombs = 0;
do
{
    var bSpacesLeftToBomb = false;
    var nHigh = 0;
    var nCellX = 0;
    var nCellY = 0;
    for(var y = 1 ; y<oMatrix.length-1;y++) 
        for(var x = 1 ; x<oMatrix[y].length-1;x++)  
        {
            var nValue = 0;
            for(var yy = y-1;yy<=y+1;yy++)
                for(var xx = x-1;xx<=x+1;xx++)
                    nValue += oMatrix[yy][xx];

            if(nValue>nHigh)
            {
                nHigh = nValue;
                nCellX = x;
                nCellY = y; 
            }

        }
    if(nHigh>0)
    {
        nBombs++;

        for(var yy = nCellY-1;yy<=nCellY+1;yy++)
        {
            for(var xx = nCellX-1;xx<=nCellX+1;xx++)
            {
                if(oMatrix[yy][xx]<=0)
                    continue;
                oMatrix[yy][xx] = --oMatrix[yy][xx];
            }
        }
        bSpacesLeftToBomb = true;
    }
}
while(bSpacesLeftToBomb);

alert(nBombs+'bombs');

评价函数，总和:

int f (int ** matrix, int width, int height, int x, int y)
{
    int m[3][3] = { 0 };

    m[1][1] = matrix[x][y];
    if (x > 0) m[0][1] = matrix[x-1][y];
    if (x < width-1) m[2][1] = matrix[x+1][y];

    if (y > 0)
    {
        m[1][0] = matrix[x][y-1];
        if (x > 0) m[0][0] = matrix[x-1][y-1];
        if (x < width-1) m[2][0] = matrix[x+1][y-1];
    }

    if (y < height-1)
    {
        m[1][2] = matrix[x][y+1];
        if (x > 0) m[0][2] = matrix[x-1][y+1];
        if (x < width-1) m[2][2] = matrix[x+1][y+1];
    }

    return m[0][0]+m[0][1]+m[0][2]+m[1][0]+m[1][1]+m[1][2]+m[2][0]+m[2][1]+m[2][2];
}

目标函数:

Point bestState (int ** matrix, int width, int height)
{
    Point p = new Point(0,0);
    int bestScore = 0;
    int b = 0;

    for (int i=0; i<width; i++)
        for (int j=0; j<height; j++)
        {
            b = f(matrix,width,height,i,j);

            if (b > bestScore)
            {
                bestScore = best;
                p = new Point(i,j);
            }
        }

    retunr p;
}

破坏功能:

void destroy (int ** matrix, int width, int height, Point p)
{
    int x = p.x;
    int y = p.y;

    if(matrix[x][y] > 0) matrix[x][y]--;
    if (x > 0) if(matrix[x-1][y] > 0) matrix[x-1][y]--;
    if (x < width-1) if(matrix[x+1][y] > 0) matrix[x+1][y]--;

    if (y > 0)
    {
        if(matrix[x][y-1] > 0) matrix[x][y-1]--;
        if (x > 0) if(matrix[x-1][y-1] > 0) matrix[x-1][y-1]--;
        if (x < width-1) if(matrix[x+1][y-1] > 0) matrix[x+1][y-1]--;
    }

    if (y < height-1)
    {
        if(matrix[x][y] > 0) matrix[x][y+1]--;
        if (x > 0) if(matrix[x-1][y+1] > 0) matrix[x-1][y+1]--;
        if (x < width-1) if(matrix[x+1][y+1] > 0) matrix[x+1][y+1]--;
    }
}

目标函数:

bool isGoal (int ** matrix, int width, int height)
{
    for (int i=0; i<width; i++)
        for (int j=0; j<height; j++)
            if (matrix[i][j] > 0)
                return false;
    return true;
}

线性最大化函数:

void solve (int ** matrix, int width, int height)
{
    while (!isGoal(matrix,width,height))
    {
        destroy(matrix,width,height, bestState(matrix,width,height));
    }
}

这不是最优的，但可以通过找到更好的评价函数来优化。

. .但是考虑到这个问题，我在想一个主要的问题是在0中间的某个点上得到废弃的数字，所以我要采取另一种方法。这是支配最小值为零，然后试图转义零，这导致一般的最小现有值(s)或这样