蛇形方阵是模拟类题目的经典入门题，核心在于按照「右 → 下 → 左 → 上」的顺序转圈填数。本文记录两道相关题目：
- 题目一 P5731：两种经典模拟写法；
- 题目二 P2239：在模拟之外，更进一步的 O(1) 数学解法。
题目一：洛谷 P5731 蛇形方阵
题目链接：P5731 【深基5.习6】蛇形方阵
方法一：4 个 while 循环
用四个 while 分别控制「右、下、左、上」四个方向的填充。每个方向一直走，直到越界或格子已有值，然后回退一格、转向 90°。
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| #include<iostream>
#include<vector>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
vector<vector<int>> a(n+1,vector<int>(n+1,0));
int y=0,x=0;
for(int num=1;num<n*n;){
while(x<n&&a[y][x]==0){
a[y][x]=num;
num++;
x++;
}
x--;
y++;
while(y<n&&a[y][x]==0){
a[y][x]=num;
num++;
y++;
}
y--;
x--;
while(x>=0&&a[y][x]==0){
a[y][x]=num;
num++;
x--;
}
x++;
y--;
while(y>=0&&a[y][x]==0){
a[y][x]=num;
num++;
y--;
}
y++;
x++;
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
printf("%3d",a[i][j]);
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
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方法二：方向数组 + 循环 n×n 次
用 dx/dy 数组统一表示四个方向：每次先填当前格子，再预判下一格，一旦越界或已被占用就顺时针转向。代码结构更统一，也更容易扩展到更复杂的模拟。
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| #include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
int x=0,y=0;
vector<vector<int>> a(n,vector<int>(n,0));
int temp=0;
int dx[4]={1,0,-1,0};
int dy[4]={0,1,0,-1};
for(int i=1;i<=n*n;i++){
a[y][x]=i;
int nx=x+dx[temp];
int ny=y+dy[temp];
if(nx>=n||ny>=n||nx<0||ny<0||a[ny][nx]!=0){
temp++;
temp%=4;
nx=x+dx[temp];
ny=y+dy[temp];
}
x=nx;
y=ny;
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
printf("%3d",a[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
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两种写法对比
| 对比项 |
方法一：4 个 while |
方法二：方向数组 |
| 代码结构 |
四段重复逻辑，靠回退坐标转向 |
统一循环，逻辑清晰 |
| 上手难度 |
直观，容易想到 |
需要理解方向数组 |
| 扩展性 |
加方向要再写一段 |
改数组即可，适合更复杂的模拟 |
题目二：洛谷 P2239 螺旋方阵
题目链接：P2239 螺旋方阵
这道题的模拟写法和题目一大致相同，不再赘述。此外还有两类更优的思路：
- 递归剥层：一层一层往里剥，若目标位置在第
f 层，时间复杂度为 O(f)；
- O(1) 数学法：直接用公式定位。洛谷题解里有一版合并公式，我自己也花了一个中午推导出一版，分别记录如下。
O(1) 解法一：定位到目标层再沿边计数
思路：
- 求层数
f：目标坐标到四条边距离的最小值；
- 求当前层的边长
l = n - 2(f-1)，以及本层左上角的起始数字 beg = n² - l² + 1；
- 按「顶边 → 右边 → 底边 → 左边」的顺序判断目标落在哪条边，每跨过一条边就给
beg 累加 l-1。
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| #include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){
int n,i,j;
cin>>n>>i>>j;
int f = min( min(i, n-i+1), min(j, n-j+1) );
int l = n - 2*(f-1);
int beg = n*n - l*l + 1;
if(i == f){
cout << beg + (j - f);
return 0;
}
beg += l-1;
if(j == n-f+1){
cout << beg + (i - f);
return 0;
}
beg += l-1;
if(i == n-f+1){
cout << beg + (n-f+1 - j);
return 0;
}
beg += l-1;
cout << beg + (n-f+1 - i);
return 0;
}
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⚠️ 大数据范围注意：以上代码使用 int，仅满足洛谷 P2239 的数据范围。蓝桥杯 2026 萌新赛的迎新座位编号中 N ≤ 10^9，n*n 会超出 int 上限，必须把 n、l、beg 等变量改成 long long。
O(1) 解法二：合并公式
洛谷题解里还有一个 O(1) 写法，思路和解法一很像，但把四条边合并成了两个数学公式，代码简洁不少：
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| #include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){
int n,i,j,x;
cin>>n>>i>>j;
x = min({i-1, j-1, n-i, n-j});
if(i == x+1 || j == n-x){
cout << 4*x*n - 4*x*x - 2*x + i + j - 1;
}
else{
cout << 4*x*n - 4*x*x - 6*x + 4*n - i - j - 1;
}
return 0;
}
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合并公式的完整推导过程见原作者题解：P2239 题解 - 洛谷。
小结
- 蛇形方阵的模拟写法中，方向数组比多个 while 更通用，是更推荐的写法；
- 当只需要查询某个位置的值（而非输出整个方阵）时，可以用分层思想把时间复杂度从
O(n²) 直接降到 O(1)；
- 同一思路可以有「分步判断」和「合并公式」两种表达，后者更简洁，前者更易懂。
