马能否走遍棋盘的可达性证明
群友在讨论 P1443 马的遍历 这道题。很明显是广搜。
题目是在一个 \(n\times m\) 的棋盘上给定马的起点，求它到每一个格子的最短步数；无法到达的位置输出 \(-1\)。
把每个格子看成一个顶点，每一次合法马步看成一条边，那么题目就是无权图上的单源最短路。直接从起点做 BFS 即可，时间复杂度为：
\O(nm) \\
而题目本身要求输出 \(nm\) 个答案，仅输出就至少需要：
\\\Omega(nm) \\
所以对于原题，BFS 已经达到最优复杂度量级。
不过，继续考虑两个问题：
- 如果只询问到某一个点的距离，是否存在直接公式？
- 是否存在马永远到不了的点？
显然这两个问题必须区分有限棋盘与无限棋盘。
一、无限棋盘上的单点最短距离公式
将起点平移到原点 \((0,0)\)，目标点记为 \((x,y)\)。
由于马步关于坐标轴和直线 \(y=x\) 对称，只需令：
\a=\\max(\|x\|,\|y\|),\\qquad b=\\min(\|x\|,\|y\|) \\
于是总有：
\a\\ge b\\ge 0 \\
在无限棋盘上，最短步数为：
\D(a,b)= \\begin{cases} 3, \& (a,b)=(1,0) \\\\\[6pt 4, & (a,b)=(2,2) \\6pt d, & \text{其他情况} \end{cases} \]
其中先计算：
\d_0= \\max\\left( \\left\\lceil\\frac{a}{2}\\right\\rceil, \\left\\lceil\\frac{a+b}{3}\\right\\rceil \\right) \\
再按照奇偶性修正：
\d= \\begin{cases} d_0, \& d_0\\equiv a+b\\pmod 2 \\\\\[6pt d_0+1, & d_0\not\equiv a+b\pmod 2 \end{cases} \]
例如：
| 目标位移 | 最少步数 |
|---|---|
| \((1,2)\) | \(1\) |
| \((1,1)\) | \(2\) |
| \((1,0)\) | \(3\) |
| \((2,2)\) | \(4\) |
| \((5,5)\) | \(4\) |
这个公式中的三个限制
马的一步位移为：
\(\\pm1,\\pm2),\\qquad(\\pm2,\\pm1) \\
首先，较大的坐标差每一步最多减少 \(2\)，因此：
\d\\ge \\left\\lceil\\frac{a}{2}\\right\\rceil \\
其次，坐标绝对值之和每一步最多减少 \(3\)，因此：
\d\\ge \\left\\lceil\\frac{a+b}{3}\\right\\rceil \\
所以：
\d\\ge \\max\\left( \\left\\lceil\\frac{a}{2}\\right\\rceil, \\left\\lceil\\frac{a+b}{3}\\right\\rceil \\right) \\
最后，马每走一步，坐标和的奇偶性都会翻转。因为一步中坐标和的变化量一定是奇数：
\(\\pm1)+(\\pm2)\\equiv1\\pmod 2 \\
因此，若走 \(d\) 步到达 \((x,y)\)，必须满足：
\d\\equiv x+y\\equiv a+b\\pmod 2 \\
所以，当 \(d_0\) 与 \(a+b\) 奇偶性不同时，还需要再加一步。
两个特殊点 \((1,0)\) 与 \((2,2)\) 属于距离过小造成的局部例外，需要单独处理。
例如：
\(1,0)=(1,2)+(2,-1)+(-2,-1) \\
因此从原点到 \((1,0)\) 可以三步到达，但不可能更少。
二、为什么这个公式不能解决原题
上面的公式针对的是无限棋盘。
原题中的棋盘存在边界，而无限棋盘上的最短路径可能会暂时跳出矩形区域。
例如，在无限棋盘上：
\(1,1)\\rightarrow(3,0)\\rightarrow(2,2) \\
所以从 \((1,1)\) 到 \((2,2)\) 可以两步到达。
但在 \(3\times3\) 棋盘中，\((3,0)\) 已经越界，这条路径不合法。事实上，中心点 \((2,2)\) 没有任何合法马步与其他位置连接。
从左上角出发时，距离表为：
| \(0\) | \(3\) | \(2\) |
|---|---|---|
| \(3\) | \(-1\) | \(1\) |
| \(2\) | \(1\) | \(4\) |
因此：
\\\text{无限棋盘上的最短距离}\\neq\\text{有限棋盘上的最短距离} \\
有限棋盘中，边界会改变整张马步图的结构，所以原题仍应使用 BFS。
三、无限棋盘上有没有永远到不了的点
没有。
这个结论可以直接通过生成元证明。
把所有整数格点组成的集合视为加法群：
\\\mathbb Z\^2 \\
马的一步能够产生的位移向量为：
\(\\pm1,\\pm2),\\qquad(\\pm2,\\pm1) \\
记这些向量生成的子群为：
\H=\\left\\langle(\\pm1,\\pm2),(\\pm2,\\pm1)\\right\\rangle \\
只需证明：
\(1,0)\\in H,\\qquad(0,1)\\in H \\
因为 \((1,0)\) 与 \((0,1)\) 生成整个 \(\mathbb Z^2\)。
首先：
\(1,2)+(2,-1)+(-2,-1)=(1,0) \\
所以：
\(1,0)\\in H \\
对应路径为：
\(0,0)\\rightarrow(1,2)\\rightarrow(3,1)\\rightarrow(1,0) \\
其次：
\(2,1)+(-1,2)+(-1,-2)=(0,1) \\
所以：
\(0,1)\\in H \\
对应路径为：
\(0,0)\\rightarrow(2,1)\\rightarrow(1,3)\\rightarrow(0,1) \\
于是，对任意整数点 \((x,y)\)，都有：
\(x,y)=x(1,0)+y(0,1)\\in H \\
因此：
\H=\\mathbb Z\^2 \\
即无限棋盘上，马可以到达任意整数格点。
四、尝试黑白染色
将棋盘按照 \(x+y\) 的奇偶性染成黑白两色。
马每走一步，\(x+y\) 的奇偶性都会翻转，因此格子颜色也会翻转。
所以，如果目标点与起点同色，则所需步数一定为偶数；如果目标点与起点异色，则所需步数一定为奇数。
即：
\d\\equiv \\Delta x+\\Delta y\\pmod 2 \\
但是，这只能限制步数的奇偶性，不能证明某个点不可达。
例如，\((1,0)\) 与原点异色，所以它必须经过奇数步到达；而它确实可以在三步后到达：
\(0,0)\\rightarrow(1,2)\\rightarrow(3,1)\\rightarrow(1,0) \\
因此在无限棋盘上，染色法约束步数奇偶，但不产生不可达点。
五、有限矩形棋盘什么时候连通
考虑一个没有障碍物的 \(m\times n\) 矩形棋盘，不妨设：
\1\\le m\\le n \\
结论为：
\\\boxed{ m\\times n\\text{ 的马步图连通} \\iff (m,n)=(1,1) \\text{，或 } m\\ge3\\text{ 且 }(m,n)\\neq(3,3) } \\
换言之，除单格棋盘外，不连通的矩形棋盘只有：
\1\\times n,\\qquad 2\\times n,\\qquad 3\\times3 \\
下面分别证明。
六、\(1\times n\) 棋盘不连通
如果棋盘只有一行，马不存在任何合法移动。
因为马的一步至少需要跨越两行或三行，而棋盘中只有一行。
因此当 \(n>1\) 时，每个格子都是孤立点：
\\\boxed{1\\times n\\ (n\>1)\\text{ 不连通}} \\
七、\(2\times n\) 棋盘不连通
如果棋盘只有两行，马的一步不可能让行号变化 \(2\)，否则会越界。
因此，合法移动只能满足：
\\\Delta\\text{行}=\\pm1,\\qquad \\Delta\\text{列}=\\pm2 \\
也就是说，列编号每次只能变化 \(2\)：
\j\\rightarrow j\\pm2 \\
于是列编号的奇偶性保持不变。
| 第 \(1\) 列 | 第 \(2\) 列 | 第 \(3\) 列 | 第 \(4\) 列 | 第 \(5\) 列 | 第 \(6\) 列 |
|---|---|---|---|---|---|
| 奇 | 偶 | 奇 | 偶 | 奇 | 偶 |
| 奇 | 偶 | 奇 | 偶 | 奇 | 偶 |
从奇数列出发，永远到不了偶数列；从偶数列出发，永远到不了奇数列。
因此：
\\\boxed{2\\times n\\text{ 不连通}} \\
这里的不变量是：
\\\boxed{\\text{列编号模 }2\\text{ 的余数}} \\
八、\(3\times3\) 棋盘不连通
考虑中心点 \((2,2)\)。
从中心点出发，马无论走：
\(\\pm1,\\pm2) \\
还是：
\(\\pm2,\\pm1) \\
都会越界。
所以中心点没有任何邻点。由于马步可逆，也没有任何其他点能够到达中心点。
| \(\cdot\) | \(\cdot\) | \(\cdot\) |
| \(\cdot\) | 孤立点 | \(\cdot\) |
| \(\cdot\) | \(\cdot\) | \(\cdot\) |
因此：
\\\boxed{3\\times3\\text{ 不连通}} \\
九、\(3\times4\) 棋盘连通
下面给出一条经过全部十二个格子的合法路径。表格中的数字表示访问顺序：
| \(1\) | \(4\) | \(7\) | \(10\) |
|---|---|---|---|
| \(8\) | \(11\) | \(2\) | \(5\) |
| \(3\) | \(6\) | \(9\) | \(12\) |
按编号依次移动：
\1\\rightarrow2\\rightarrow3\\rightarrow\\cdots\\rightarrow12 \\
任意相邻两个编号所在位置的坐标差都为：
\(1,2)\\quad\\text{或}\\quad(2,1) \\
因此每一步都是合法马步。
所以：
\\\boxed{3\\times4\\text{ 连通}} \\
十、从 \(3\times4\) 推广到所有 \(3\times n\)
假设 \(3\times k\) 已经连通，其中：
\k\\ge4 \\
现在向右增加第 \(k+1\) 列。
新增的三个格子分别可以与旧棋盘中的格子通过一步马步相连：
\(1,k+1)\\leftrightarrow(3,k) \\
\(2,k+1)\\leftrightarrow(1,k-1) \\
\(3,k+1)\\leftrightarrow(1,k) \\
对应的坐标差分别为：
| 新增格子 | 旧棋盘中的邻点 | 坐标差 |
|---|---|---|
| \((1,k+1)\) | \((3,k)\) | \((2,1)\) |
| \((2,k+1)\) | \((1,k-1)\) | \((1,2)\) |
| \((3,k+1)\) | \((1,k)\) | \((2,1)\) |
所以新增一列中的每个格子都接入了原来的连通块。
由数学归纳法：
\\\boxed{3\\times n\\quad(n\\ge4)\\text{ 全部连通}} \\
十一、继续增加行数
假设 \(k\times n\) 已经连通，其中：
\k\\ge3,\\qquad n\\ge4 \\
现在向下增加第 \(k+1\) 行。
对于新增行中的任意格子 \((k+1,j)\)：
- 若 \(j\le n-2\)，则它与 \((k,j+2)\) 相连；
- 若 \(j\ge n-1\)，则它与 \((k,j-2)\) 相连。
上述两种连接的坐标差均为：
\(1,2) \\
而 \(n\ge4\) 保证所选旧格子始终存在。
所以新增行中的每个格子都会接入原连通块。
由归纳法：
\\\boxed{m\\ge3,\\ n\\ge4\\text{ 时，}m\\times n\\text{ 棋盘连通}} \\
结合前面的三个反例，得到完整分类：
\\\boxed{ m\\times n\\text{ 的马步图连通} \\iff (m,n)=(1,1) \\text{，或 } m\\ge3\\text{ 且 }(m,n)\\neq(3,3) } \\
其中默认：
\m\\le n \\
十二、结论
对于原题：
\\\boxed{\\text{有限棋盘上输出全部最短距离：使用 BFS，复杂度为 }O(nm)} \\
对于无限棋盘上的单点最短距离：
\\\boxed{\\text{存在 }O(1)\\text{ 公式}} \\
对于无限棋盘上的可达性：
\\\boxed{\\text{马步向量生成 }\\mathbb Z\^2\\text{，因此任意格点均可达}} \\
对于有限矩形棋盘的连通性：
\\\boxed{ \\text{除 }1\\times n\\ (n\>1)、2\\times n、3\\times3\\text{ 外，其余矩形棋盘均连通} } \\