欠一数组（ALC）

Almost Locked Candidates

下面我们将进入新的技巧的学习。前面我们一连学习了五种不同的致命结构技巧（利用唯一解的技巧），我们休息休息，将推理逻辑回归到普通的矛盾上去。

标准类型

欠一数对（Almost Locked Pair）

欠一数对

如图所示。请注意图中 r7 和 b8 两个区域。

我们发现，在 r7 里，数字 1 和 6 整体只能填入到 r7c345 三个单元格里；而其中的 r7c45 均位于 b8 里。那么我们不妨作出这样的假设。我们发现，r9c6 这个单元格只要填入了一个数，不论是哪个数，因为都是 1 或 6 的关系，那么 r7c45 都无法填入这个数字。而因为 r7 上必须填入一个 1 和一个 6，所以 r7c345 三个单元格的其中两个单元格都需要被 1 或 6 所占据。

而且，由于 r7c45 里 1 或 6 的其中有一个数会填不进去的关系，那么我们只能知道的是，r7c3 必须承担起填入 1 或 6 的责任，以确保 r7c45 只用再填一个数，结构就可以“稳定”下来了。所以，r7c3 必须是 1 或 6 的其一。那么结论就是 r7c3 <> 29……吗？

别急。别着急下结论。刚才我们说到，r7c3 必须是一个 1 或 6 的其中一个数（假设我用字母 $a$ 来表示），而 r7c45 只能拿出其中一个单元格填一个数（假设用字母 $b$ 来表示），这是不是很像是之前比如说唯一矩形类型 3 里的那种摆放状态？

因为 $a$ 和 $b$ 此时均是 1 或 6 里的数（而且 $a \neq b$），所以，按道理来说，r7 的 r7c345 会有其中两个单元格形成关于 1 和 6 的隐性数对；而借用这一点，将视角回溯到 r9c6，我们还能发现神奇的现象。因为 r7c45 只能填一个 $b$，所以 r9c6 只有 1 或 6 的话，那岂不是它只能填 $a$？是的，我们甚至还可以更进一步地得到，r7c3 = r9c6 这个填数关系。当然，这个填数关系似乎没有什么好用的结论（最多也就影响你后续填入了其中一个单元格后，立马可以把这个数填在另外一个单元格上）。不过，我们主要想得出的是 r9c6 填 $a$ 的结论。因为这样一来，b8 也会有一个数对，一个显性数对，用的是 r7c45 和 r9c6 的其中两个单元格。所以，b8 里的其余单元格都不能填入 1 或 6。所以，这个题的结论是 {r8c456, r9c4} <> 16 和 r7c3 <> 29。

我们把这种用到一个行/列和一个宫的组合，并带有一边显性数组一边隐性数组的这种特殊结构称为欠一数组（Almost Locked Candidates，简称 ALC）。图上这个例子是欠一数组的最低规格的情况，因为是数对，所以叫欠一数对（Almost Locked Pair，简称 ALP）。

这里要稍微注意一下的是，在英文名里，欠一数组这个技巧的英文名用的单词是 Locked Candidates，即区块，而并不是数组，这是因为国外的数独圈子里，他们更倾向于将这个技巧结构看作是区块的延伸（如不看 r7c3 的话，数字 6 就称为了区块，并会影响到 r9c6 的填数，比较符合区块的长相和推理过程）。而我们这边的圈子更看重假设成 $a$ 和 $b$ 参与讨论的情况，所以更符合数组一些。不过这都不是很重要，搞清楚结构的长相，叫什么都行。

下面我们再来看一个欠一数对的例子，用于巩固，以便你能理解它。

欠一数对，另外一个例子

如图所示。这个例子就自己看一下了。

欠一三数组（Almost Locked Triple）

下面我们来看三数组的情况。

欠一三数组

如图所示。这次我们把视角切换到 r6 和 b6 上。

可以看到，b6 里有 r4c8、r5c7 和 r6c78 一共四个单元格可以填入 1、5、6，其中 r6c78 还位于 r6 上。

和之前假设一样，我们还是从显性这边开始。由于 r6c12 里只能是 1、5、6 的其中两种数字，所以我们不妨假设他们为 $a$ 和 $b$，那么为了确保 b6 能够正常摆放下 1、5、6 三种数字，我们只能让 r6c78 的其中一个单元格填入 $c$（此时 $abc$ 均是 1、5、6 里的数，且互相都不相等）。

于是，由于 r6c78 只有一个单元格填 1、5、6 的其中一个数，所以 r6c1278 的其中三个单元格将会构成显性三数组，而 r4c8、r5c7 和 r6c78 的其中三个单元格将构成隐性三数组。这里要稍微注意一下，由于我们无法确定 r6c78 的其中哪一个单元格是 1、5、6，所以删数结论并不会在这两个单元格里产生，毕竟这并不确定。

所以，这个题的结论就是 r4c8 <> 3、r5c7 <> 4 和 r6c46 <> 56。其实按理说 r6c46(1) 也能删，但是这候选数不存在是因为这个盘面状态之前，已经有 1 的区块（r4）把它给干掉了。

我们把这个带三数组的状态，称为欠一三数组（Almost Locked Triple，简称 ALT）。

下面我们还是老规矩，再看一个例子。

欠一三数组，另一个例子

如图所示。这个题也自己看。要注意的是，这个题长得比较简单，但是并不影响推理。

带有明数的类型

前面的例子，我们都能比较容易地理解。下面我们来看，借用假设字母时使用明数的类型。所谓明数（Value），其实就是提示数和填入数的统称，即这个单元格此时不是空格的状态，但它具体是初始就有的提示数信息，还是自己填的并不重要；明数早期也叫确定值，即当前确定的数值。

可以从名字看出，有明就有暗。所谓暗数，肯定指的就是候选数了。是的，暗数就是候选数的别名。不过这里我们就不改了，毕竟候选数用的次数也比较多了。

带有明数的欠一三数组

明数欠一三数组

如图所示。我们发现，c4 里，r3c4 只有候选数 7 和 8。如果它填了一个数进去，那么此时 7 或 8 就不能填在 r78c4 之中，于是这个数就会落到 b8 里的 r78c6 之中。

不过和刚才的例子有所不同的地方是，这次我们再也无法确定 7 和 8 的具体填数位置，因为此时 b8 里能填 7 和 8 的地方一共有四个单元格而不是原始欠一数对那样只有三个单元格。

这有些麻烦了。但是我们仔细再观察一下，似乎数字 1 也可以纳入到欠一数组的结构里来。如果纳入进来的话，相当于就是说 r78c46 四个单元格其中必须填 1、7、8 三种数字。这就合适了：因为刚开始我们有 r78c4 只能有一处填 7 或 8，而 1 纳入后，1 会占用这四个单元格的其中一个名额，r78c4 占一个名额，剩下呢？剩下就是 r78c6 里不填 1 的另外那一个单元格，这样就刚好能放下三个数字 1、7、8。

很好。这样我们就保证了 1、7、8 都放得下了。所以结论呢？由于我们先填了一个数在 r3c4 里，所以先假设它是填的 $a$。然后，我们可以得到 r78c4 里必须有一个 $b$。然后，r78c6 里必须是一个 $a$ 和一个数字 1。所以，结论就是，r2c4 <> 78 和 r78c6 <> 234。

这里我们借用了数字 1 必须填在 r78c46 里。但实际上我们看得到的是，r78c46 里其实就只有 r78c6 右边这两个单元格可以填 1。显然，由于 c4 早就已经有 1 的明数出现，所以压根也放不了 1，所以我们只能把这个 1 视为共轭对一般的存在，相当于给结构打了个补丁，以便支持推广的形式。这是一般的理解方式。

不过，你也可以这么去理解它：哪怕 r4c1 的这个明数 1 它是以候选数形式存在的，这个欠一数组结构仍然是成立的。比如说，r4c1 此时不再是明数 1，而 c4 还存在一个单元格只有候选数 1、7、8。然后我们为了让这个 1 不能直接通过排除出数而破坏掉结构，我们再给 r3c4 补上候选数 1。此时，这个结构就会变为一般的欠一三数组。结构的结论仍然是成立的，甚至删数大多都不会变（当然，1 可能会新增删数）。所以，这个例子实际上就可以被视为是欠一三数组，但是数字 1 处于确定在某一个固定的格子里的特殊状态。所以这种类型也称为明数类型。

可以看出，明数类型在删去固定的这个明数后，实际上用的数字本身就只有 7 和 8 两种数，它已经是最小规格的情况。因此，明数类型等价于标准版本的欠一数组来看，起步就是三数组。

下面我们再来看一个例子。

明数欠一三数组，另外一个例子

如图所示。这个例子和前面那个完全一样，所以就留给你自己看了。

带有明数的欠一四数组

由于明数的特殊性，所以欠一数组具有四数组的状态。

明数欠一四数组

如图所示。和前面一样。我们先看成欠一三数组的状态。可以发现，c7 里，单元格 r12c7 只有候选数 2、3、7。所以，这两个单元格最终只能填入数字 2、3、7 的其中两个。于是，这两个数字都不能出现在 r89c7 之中。而由于我们还需要确保 b9 里数字 2、3、7 填入正常，而 r89c7 此时最多只能填一个 2、3、7 的数字进去（还不能和 r12c7 填的一样）。所以，r7c89 和 r8c8 里必须安插两个位置填上跟 r12c7 一样的数字。

而我们还发现，数字 5 在 b9 里只能填在 r7c89 和 r8c8 里，所以里面还得有一个单元格被 5 填入。所以整体来看，能摆成功的唯一状态是这样的：r12c7 填入的数字是 $a$ 和 $b$，然后 r89c7 只能填一个 $c$ 进去（此时 $abc$ 是 2、3、7，且互不相等）。然后，r7c89 和 r8c8 里有一个单元格填 5，剩下俩是 $a$ 和 $b$。所以，这么看起来，c7 里会有关于 2、3、7 的显性三数组出现，而 b9 里则会出现 2、3、5、7 的隐性四数组（别忘了 5 也在其中）。所以删数结论是 r456c7 <> 37 和 {r7c89, r8c8} <> 19。

当然，和前面也是一样的。你也可以将 c7 里已经存在的明数 5 视为候选数状态，然后这就好比是一个关于 2、3、5、7 的欠一四数组（Almost Locked Quadruple，简称 ALQ）结构，所以我们把这个称为带明数的欠一四数组。

下面我们再来看一个例子。

明数欠一四数组，另一个例子

如图所示。这个例子更为特殊。它直接用了两个明数。推理方式也是完全类似的，首先假设 c4 里填 3 和 9 的情况，可以得到 r23c4 不能填这个数，于是这个数就会落入 r2c5 和 r3c56 的其中一个单元格里。而我们还发现由于 2 和 5 只能摆在这三个单元格之中，所以一个 2 一个 5 就占用了两个单元格，所以刚好只能再放得下一个位置填和 r5c4 一样的填数。

欠一数组的内容我们就介绍完毕了。