【问题标题】：How to generate a domino-tiling of a square?如何生成正方形的多米诺骨牌？
【发布时间】：2019-04-25 09:13:24
【问题描述】：

简短说明：

我正在尝试用多米诺骨牌或换句话说用 2x1 和 1x2 瓷砖生成正方形的平铺。

有时我的算法会以某种方式放置垂直平铺，这使得无法填充最后一行。

我的当前方法是用 0 初始化一个网格（比如 8x8 网格）。我在网格中用 1 表示水平图块的左半部分，用 2 表示右半部分。

因此垂直瓦片的上半部分是3，下半部分是4。

然后我从左到右遍历网格的每一行，在 0 的位置放一个图块：

每当我在网格的右边缘或右边的空间不为 0 时，我都会放置一个垂直平铺 (3)。
当我在底部边缘时，我（可以）只放置水平瓷砖。
如果以上都没有设置值，我会设置一个随机值（1 或 3）。

每当我放置一个瓷砖（1 或 3）时，我也会相应地为网格的相邻空间放置相应的一半。假设我在 (i,j) 上放了一个 1，然后在 (i,j+1) 上放了一个 2。

StoneMatrix = int[8][8];

for (int i = 0; i < StoneMatrix.length; i++) {
    for (int j = 0; j < StoneMatrix.length; j++) {
        if (StoneMatrix[i][j] != 0){
            //field already set as a tile
            continue;
        }

        if (i == StoneMatrix.length - 1) {
            //bottom row
            StoneMatrix[i][j] = 1;
            StoneMatrix[i][j + 1] = 2;
            continue;
        }

        if (j == StoneMatrix.length - 1) {
            //right edge
            StoneMatrix[i][j] = 3;
            StoneMatrix[i + 1][j] = 4;
            continue;
        }

        if (StoneMatrix[i][j + 1] != 0) {
            //field to the right taken.
            StoneMatrix[i][j] = 3;
            StoneMatrix[i + 1][j] = 4;
            continue;
        }

        StoneMatrix[i][j] = putOneOrThreeRandomly();
        putCorrespondingAdjacentTile();
    }
}

我觉得必须有一种简单或更容易的方法来生成这种平铺，但我还找不到。我正在寻找的是一些来源，其中描述了这种生成算法，或者是一个简单的解决方案，可以修复我的错误。

【问题讨论】：

标签： generated tiling

【解决方案1】：

最佳多米诺拼贴

通过m 棋盘和2x1 多米诺骨牌创建任意n 的随机最大平铺。当n*m 是偶数时，平铺就完美了。

理论

考虑棋盘的白色和黑色方块。多米诺骨牌必须同时覆盖白色和黑色方块。因此，如果存在一些完美的平铺，则可以将解转化为如下图：每个棋格成为一个顶点，如果多米诺骨牌覆盖两个相邻的瓷砖，则两个顶点相连。这将产生一个二分图（所有边都有一个白色和一个黑色顶点）和（最大）匹配图。

因此，给定任何大小的网格（或任何形状），如果我们能够解决二分图中的最大基数匹配问题，我们可以将解决方案转换为多米诺骨牌。

实施（概念证明）

要解决上述图问题，将其转换为最大流量问题，并与 Ford Fulkerson 一起解决。将源节点连接到所有白色瓷砖，将汇节点连接到所有黑色瓷砖。仅当它们是国际象棋网格上的邻居时，白色瓦片才指向黑色瓦片。求解所有容量为 1 的边。节点之间使用的边表明将在此处放置多米诺骨牌。

示例

考虑一个 2 行深 4 列宽的棋盘。白色方块是 {0, 1, 2, 3}，黑色方块是 {4, 5, 6, 7}

+---+---+---+---+
| 0 | 4 | 1 | 5 |
+---+---+---+---+
| 6 | 2 | 7 | 3 |
+---+---+---+---+

现在假设我们有两个额外的节点，8 源和9 接收器。然后找到最大流量的图表如下所示。请注意，所有边的容量均为 1。

0: 4, 6
1: 4, 5, 7
2: 4, 6, 7
3: 5, 7
4: 9
5: 9
6: 9
7: 9
8: 0, 1, 2, 3

在运行 Ford-fulkerson 之后（使用随机 DFS 获得有趣的解决方案 - 如果您每次都想要一个无聊的逐行解决方案，请使用 BFS），我们可能会发现使用了以下边。请注意，涉及源/汇节点的边已被省略，因为它们对于重建平铺没有用。

0-4
2-6
1-7
3-5

最后，这对应于下面的平铺

+-----+---+---+
| 0 4 | 1 | 5 |
+-----+   |   |
| 6 2 | 7 | 3 |
+-----+---+---+

我还在这里用 Java 创建了一个概念证明：https://github.com/forsythe/domino_tiling。如果你想看到它的实际效果，这里有一个 16x16 的输出：

【讨论】：

【解决方案2】：

我通过将布尔值设置为 true 来“解决”了这个问题，每次我到达无法正确填充网格的状态时。

然后在生成方法结束时，如果布尔值为 false，则网格有效或布尔值为 true，我重新启动该方法。我认为基本上是一个肮脏的“反复试验”。

这不是我想要的解决方案，但它有效。所以我不回答这个问题。

【讨论】：