ABC218C
S と T に含まれる # の個数が異なる場合、答えは明らかに No です。そうでない場合を考えます。
S に対して 90 度回転を何回行うか 4 通りを全探索します。回転操作を施したあとのものを改めて S と呼ぶと、平行移動で S と T を一致させられるかどうかを判定すればよいです。
両者が一致するためには、S の最も左上のマスと T の最も左上のマスが一致することが必要であり、そのようなマスを求めることで平行移動量は一意に決まるため、平行移動により実際に一致するか判定すれば十分です。
以上により $O(N^2)$ で求めることができました。
サンプルコード
def rot(S):
return list(zip(*S[::-1]))
def find_left_top(S):
for i in range(N):
for j in range(N):
if S[i][j]=='#':
return i,j
def is_same(S,T):
Si,Sj = find_left_top(S)
Ti,Tj = find_left_top(T)
offset_i = Ti-Si
offset_j = Tj-Sj
for i in range(N):
for j in range(N):
ii = i+offset_i
jj = j+offset_j
if 0<=ii<N and 0<=jj<N:
if S[i][j]!=T[ii][jj]: return False
else:
if S[i][j]=='#': return False
return True
N = int(input())
S = [input() for _ in range(N)]
T = [input() for _ in range(N)]
cntS = sum(1 for i in range(N) for j in range(N) if S[i][j]=='#')
cntT = sum(1 for i in range(N) for j in range(N) if T[i][j]=='#')
if cntS != cntT:
print("No")
exit()
for _ in range(4):
if is_same(S,T):
print("Yes")
exit()
S = rot(S)
print("No")
解法は相応の時間で思い付いたのだが、実装が難しかった。
配列での行列回転処理が未熟なのが原因である。
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