在之前我们经常提起数组，还说数组可以出现“待定”的状态，那么现在我们将学习一种新的技巧板块，叫做待定数组（Almost Locked Set，简称ALS）。

今天我们要讲的是第一种待定数组的使用模型：欠一数组（Almost Locked Candidates）。

Part 1 欠一数对（Almost Locked Pair）

如图所示，如果r9c6 = 1的话，就会发现，r7里只剩下r7c3 = 1；而如果r9c6 = 6的话，r7c3 = 6，所以不管r9c6填什么，r7c3就填什么。而r9c6只能填入1或6，所以r7c3就只可能填1或6。

而其它的删数又是怎么回事呢？仔细观察r7和b8的交集，这三个单元格里也有1和6的位置。如果r9c6是1的话，在这三个单元格里，必然也会产生一个6；因为r7和b8里都只剩下这几个单元格能放下6了；同样地，如果r9c6是6的话，那只有这几个单元格里能放下1。换而言之，不论怎么填，在r7和b8里都将产生1和6的数对结构；而拆开来看，r7c456又像是区块一般。所以，b8里的其余单元格将不能放下1和6；而r7c3则是只能放下1和6，其余候选数也应当删除掉，所以总的结果就是图上那样。

这个结构称为欠一数对（Almost Locked Pair，简称ALP），不过实际上，因为也可以拆开来看，把r7c456视为区块理解，所以这个技巧的英文名称则为Almost Locked Candidates，而Locked Candidates就是区块，Almost即待定的意思，所以技巧名也直译为“待定区块”。接下来我们来看一种ALP的变体。

Part 2 欠一数对的拓展模型

拓展构型理解起来没有标准类型容易，所以我们将给出比较多的例子提供参考。

如图所示，和刚才的推理大致相同。假设r9c7 = 2，则因c9只能在r4c9放下2，所以此时r4c9 = 2；同理的话，r9c7 = 7，则r4c9 = 7。所以r4c9的填数只可能放2或者7；同理，在c9和b9的交集里，还能放下2和7，这使得b9里的其余位置都不能填入2和7，因为r9c7填一个数，那么这三个单元格里就必然会产生另外一个数的填数。

那么，为什么可以删除4呢？因为c9里此时因为r4c9删除了除了2和7的候选数，使得数字4在c9里形成区块，所以b9里不能再填入4，所以b9里其余位置都不能放4，于是删除掉它们。

这个结构除了ALP以外，还带有一个4的额外区块结构。不过，实际上这种构型并不仅仅这么简单，我们再来看一些例子。

如图所示，我们率先可以看到，r1c6只有1和6。我们尝试对b3进行1和6的位置的查找。此时可以发现，在b3里能放下1和6的地方此时只有r23c7。这一点我们依然使用之前的逻辑，假设r1c6是1，然后就可以得到r23c7里必有一个是1；而r1c6是6，也可以得到r23c7必有一个是6。不过此时我们依然不能随意下结论。因为目前来说，我们并没有区域能够产生我们需要的1和6的数组。

不过我们注意到，b3里只有r23c7和r3c9这三个单元格可以填入5和8，这便使得r23c7和r3c9里必须有一个5和一个8，那么剩余一个单元格放多少呢？显然只能是1或者6了。因为刚才我们通过逻辑得到，r23c7里必须得有一个1或者6，但现在这两个单元格里必然会有5或者8的出现，这使得此时r23c7里只剩下一个单元格可以放1和6了。显然，如果r23c7都放下5和8的话，1和6就没地方可以放了，所以我们可以得到r23c7里必须放进去一个1和6。

不过，这样一来，5和8出现在r23c7和r3c9的其中两个单元格，而剩下的唯一一个单元格又必须是1或者6的其一，所以这三个单元格显然就不能填入其它的任何候选数了，所以我们可以安全地删除掉它们；与此同时，r1上由于r1c6是1或者6的缘故，而r23c7会根据这一点要求确定出与之相同的填数，所以r1c78里必须填入的是与之互斥的另外一个数。换句话说，如果r1c6是1，那么根据刚才的要求，r23c7里必须有一个1，而r1c78里就必须有一个6了，因为b3必须得有一个6，而6能填的位置此时只剩下r1c78了，r23c7里虽然还剩下一个单元格，但它被留下来放5或者8了。

接着我们再来一则和上述逻辑完全一样的例子。

假设r5c4是3，则在b2里能放下3的位置只有r2c5；而当r5c4是9的话，则r3c56里必须有一个是9。不过我们此时不能得出结论，就需要进一步的逻辑。

此时我们看到，b2里能放2和5的位置此时只有r2c5和r3c56三个单元格。显然，这三个单元格里肯定得放一个2和一个5，那么还剩下的一个单元格就必须按照刚才的规定放下3或者9的其一。但是很显然，由于这三个单元格只能放下2、3、5、9的数字的其三，跟其它的候选数无关，所以1、4、6、7、8出现在这三个单元格的候选数情况都可以删除掉；与此同时，由于r5c4假设的数字的关系，r23c4里就必须有一个单元格填入3和9的另外一个数了，否则这个数将放不到b2里，导致问题的出现。

所以，c4上依然可以产生一个3和一个9在r235c4三个单元格之中，因此其余单元格的3和9都可以删除。

如图所示，这一个示例和之前的逻辑也都大致相同。只是这里涉及的额外的那些数字从两个变为3个。

首先我们观察到的是r6c9只能放入4和7，如果假设它为4，则观察c7，可以看到4和7的位置此时只有r789c7。而仔细观察，c7里r5789c7四个单元格里必须要放下一个1、一个2和一个8（因为只有这些单元格可以放下1、2、8），所以四个单元格里最终只剩下一个单元格，但这个单元格实际上又必须放下4或者7，因为这是我们刚才得到的结论。所以，这四个单元格里显然只能放入1、2、4、7、8的其四，故其余的候选数都可以被删除；与此同时，r46c7的其一必须放下4和7的、和r6c9填数互斥的另外一个数。所以，b6里一定会有r46c7和r6c9里又一定会出现4和7，所以删除掉b6里其余位置的4和7。

这一些示例都比较难理解，而且比较绕。我们最后列出一些例子，希望你能理解并且尝试自己理解它们。

这四个示例都比较经典，但也都具有挑战性。

Part 3 欠一三数组（Almost Locked Triple）

如图所示，这一个示例好像是扩大了“数组”的规格。我们假设r1c45分别填入1、6、8的其二，而观察c6就会发现，此时填入的这两个数只能放在r79c6，因为其余位置都没有位置可以放下这两个数了。而在b2和c6的交集里，由于刚才假设的是1、6、8的其二，所以在此交集里，必然会出现的是最后剩下的那一个数。所以，b2和c6都会产生三数组结构，也因此，b2里的其余单元格都不能填入1、6、8。

这个结构运用了三数组，所以称为欠一三数组（Almost Locked Triple，简称ALT）。

接下来我们再来看一些类型的示例。

Part 4 确定值构型

如图所示。和前文介绍的类型不同，这个欠一三数组带有一个提示数r1c4的数字1。这个如何推理呢？发现r3c4只有候选数7和8，不论它是7还是8，数字1在b8内都只有r78c6两处可以放。此外，数字7和8在最初假设r3c4填入的时候，b8内和c4出现交集的r78c4两个单元格也是不允许填入这个数字的。举个例子，如果r3c4是7的话，那么r78c4就不能是7；如果r3c4是8的话，也是同样的道理。

接着观察r78c6，由于刚才的假设r3c4的填数已经成立，所以r78c6里必然会有一个数字是填入原本这个假设的数字的；但是，这两个单元格里必然还需要出现一个1，所以r78c6自然不允许填入1和7或8其一以外的其它数字。换句话说，也就是r78c6不允许出现1、7、8以外的其它数字，所以可以排除掉它们。与此同时，r2c4也不能填入7和8了，这是因为，一旦我们定下r78c6里必然会有r3c4填入的数字的话，那么7和8里另外的一个数就必须在b8里出现在r78c4里。所以这样一来，这个7和8其一（r3c4）和另外的数字（r78c4的其一）就可以构成关于7和8的显性数对，故位于c4的其余单元格就不再可以填入额外的7和8了，因此可以排除掉它们。

下面我们再来看一个例子。

这一题和上一个题目的推理逻辑类似，你可以尝试进行类比推理。

实际上，ALT并非这么简单，既然ALP拥有拓展构型，那么ALT也是有的，下面我们就来看一下这些例子。

Part 5 拓展构型

如图所示，可以发现r12c7里一定放下的是2、3、7的其二。显然，此时这两个数在r89c7里就不会出现了。但是观察b9，可以发现这两个我们假设的数字此时只能放在r7c89和r8c8里，而此时这三个单元格里必须得有一个是5（因为此时b9里只有这三个单元格可以放下5）。所以，这三个单元格此时的形式就只可以是一个5和两个2、3、7的数字，但这些数字跟1、4、6、8、9这些数字都没有关系，所以自然都可以删除掉；与此同时，和刚才的逻辑一样，c7也可以删除2、3、7，是因为r89c7里必有一个2、3、7，而这个数恰好必须是和r12c7的两处填数不同的剩下那个数。

这一个示例和之前的示例一样，所以我们就不作过多的描述了。

另外从理论层面上说，欠一数组本身不包含四数组形式，因为欠一数组实际上可以视为区块处理，而区块是无法涉及四个单元格的，所以，所谓的欠一四数组实际上并不存在（或者说即使有结构，也会被其它技巧代换掉，或者是降阶）。但实际上，欠一数组结构依然具有四数组类型，但它出现频率极低，而且标准类型没有例子，所以我们不得不从确定值类型开始入手讲解。

Part 6 欠一四数组（Almost Locked Quadruple）

如图所示，我们注意到，r12c7一共只有2、3、7三种数字。我们任意假设两个单元格填入的数字（假设用字母a和b表示），那么a和b最终能够在b9里填入的位置只有r7c89和r8c8三个单元格。

但是注意到，数字5在b9只能放在这几个单元格，因此这三个单元格必然只能是a、b和数字5。而a和b是2、3、7的其二，所以最终这三个单元格应当只能填入2、3、5、7的其三。所以，这三个单元格不应当填入其它的数字，把它们都排除掉；与此同时，2、3、7里a和b放入了这三个单元格后，2、3、7里最后剩下的那个数字只能被放入到r89c7里，所以c7里依然也可以产生一个2、3、7的三数组结构，因此c7其余单元格都不能填入2、3、7，依然可以删除掉。这一则示例的推理方式比较奇特。我们再提供两则示例。

你可以参照这两则示例来自行推理。

Part 7 欠一数对的直观视角

可以看到，这些示例的结构都还比较简单，下面我们来介绍一种可以通过直观层面看到的方式。

我们假设r9c6 = x（注意，我们这里利用设未知数x的方式来假设，此时x是1和6其一），可以发现，所有x值可能的情况都不可能放在r7c128上。除了同时在b8的r7c45外，只剩下r7c3一个单元格。所以，r7c3 = x，故得到r7c3里非x的删数；同理，b8里其余位置都不能是x。

这个思维视角使用了假设为未知数的方式来间接得到推论，这在数独技巧里称为代数（Kangaroo），而这个技巧在后面会详细提到。

Part 8 欠一数组的互补性

实际上，数组有互补，那么欠一数组就可以有互补，因为它们都借助了一点，即观察角度的切换，虽然说是切换，但实际上删数确实一致的，对于这一点，我们在数组和标准链列里已经深刻体会到了。那么欠一数组的互补是如何的呢？我们可以先来看看一些示例。

如左图所示，这是一个欠一三数组的拓展类型示例，我想，这一点我们将不用过多去介绍它的删数逻辑了。由于结构涉及r7和b9，所以我们尝试把r7里的两处放1、6、7的单元格进行互补视角的转化，去掉它们，而取而代之的使用删数的单元格（而r7和b9的交集，即r7c789我们目前不用处理）。另外，b9也进行同样的视角转换操作，于是我们就可以转化到右图的形式。

可以看到，右图就将欠一三数组转变为了一个欠一数对，而且删数完全没有发现变化。你可能会问我为什么如此神奇，实际上在视角转化的时候，利用的就是显隐性互补的模式，我们把没涉及到的单元格全部勾选了出来，而把涉及的全部无一例外地都去掉了。

技巧信息

• 欠一数对：难度4.5。

• 普通类型：没有附加难度。

• 确定值类型：4.5+(确定值个数*0.1)。

• 欠一三数组：难度5.2。

• 普通类型：没有附加难度。

• 确定值类型：5.2+(确定值个数*0.1)。

• 欠一四数组：难度5.7。

• 普通类型：没有附加难度。

• 确定值类型：5.7+(确定值个数*0.1)。

拓展类型和确定值类型的计算方式类型，只不过看的是里面的“紫色数字”有多少种。

名词解释

• 欠一数组（Almost Locked Candidates）：今天讲的技巧类别。当前这个类别我们是按照数组的模式来讨论的，但在外国的一些资料上，它们是使用区块来拓展的，所以它们在取名的时候带了一个“区块”（Locked Candidates）。