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poj 1222 http://poj.org/problem?id=1222
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- 描述
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有一个由按钮组成的矩阵，其中每行有6个按钮，共5行。每个按钮的位置上有一盏灯。当按下一个按钮后，该按钮以及周围位置(上边、下边、左边、右边)的灯都会改变一次。即，如果灯原来是点亮的，就会被熄灭；如果灯原来是熄灭的，则会被点亮。在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态；在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态；其他的按钮改变5盏灯的状态。
在上图中，左边矩阵中用X标记的按钮表示被按下，右边的矩阵表示灯状态的改变。对矩阵中的每盏灯设置一个初始状态。请你按按钮，直至每一盏等都熄灭。与一盏灯毗邻的多个按钮被按下时，一个操作会抵消另一次操作的结果。在下图中，第2行第3、5列的按钮都被按下，因此第2行、第4列的灯的状态就不改变。
请你写一个程序，确定需要按下哪些按钮，恰好使得所有的灯都熄灭。根据上面的规则，我们知道1）第2次按下同一个按钮时，将抵消第1次按下时所产生的结果。因此，每个按钮最多只需要按下一次；2）各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响；3）对第1行中每盏点亮的灯，按下第2行对应的按钮，就可以熄灭第1行的全部灯。如此重复下去，可以熄灭第1、2、3、4行的全部灯。同样，按下第1、2、3、4、5列的按钮，可以熄灭前5列的灯。
输入
5行组成，每一行包括6个数字（0或1）。相邻两个数字之间用单个空格隔开。0表示灯的初始状态是熄灭的，1表示灯的初始状态是点亮的。
输出
5行组成，每一行包括6个数字（0或1）。相邻两个数字之间用单个空格隔开。其中的1表示需要把对应的按钮按下，0则表示不需要按对应的按钮。
样例输入
0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0
样例输出
1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0
解题分析
来源：北大郭炜老师
• 第2次按下同一个按钮时,将抵消第1次按下时所产生的结果，所以每个按钮最多只需要按下一次
• 各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响
• 对第1行中每盏点亮的灯, 按下第2行对应的按钮, 就可以熄灭第1行的全部灯
• 如此重复下去, 可以熄灭第1, 2, 3, 4行的全部灯
第一想法:
枚举所有可能的按钮(开关)状态, 对每个状态，计算一下最后灯的情况, 看是否都熄灭。
每个按钮有两种状态(按下或不按下)，一共有30个开关, 那么状态数是230, 太多, 会超时 。
如何减少枚举的状态数目呢?
基本思路: 如果存在某个局部, 一旦这个局部的状态被确定, 那么剩余其他部分的状态只能是确定的一种, 或者不多的n种, 那么就只需枚举这个局部的状态即可。
本题是否存在这样的 “ 局部” 呢?
经过观察, 发现第1行就是这样的一个 “ 局部”
因为第1行的各开关操作方案确定的情况下, 这些开关操作过后,将导致第1行某些灯是亮的, 某些灯是灭的。
要熄灭第1行某个亮着的灯(假设位于第i列), 那么唯一的办法就是按下第2行第i列的开关。(因为第1行的开关已经用过了, 而第3行及其后的开关不会影响到第1行)
为了使第1行的灯全部熄灭, 第2行的合理开关操作方案就是唯一的 。
第2行的开关操作过后,为了熄灭第2行的灯, 第3行的合理开关操作方案就也是唯一的。以此类推, 最后一行的开关操作方案也是唯一的。
只要第1行的操作方案定下来, 记作A, 那么剩余行的操作方案就是确定唯一的了 。
推算出最后一行的开关操作方案, 然后看看最后一行的开关操作过后,最后一行的所有灯是否都熄灭：
如果是, 那么A就是一个解的状态； 如果不是, 那么A不是解的状态, 第1行换个状态重新试试。
只需枚举第1行的操作方案, 状态数是2^6 = 64
有没有状态数更少的做法？
枚举第一列, 状态数是2^5 = 32
代码来源：北大郭炜老师，这里仅做了一些注释的补充和修改。
1 #include<memory> 2 #include<string> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 int GetBit(char c,int i)//取c的第i位 7 { return ( c >> i ) & 1; } 8 void SetBit(char & c,int i, int v)//设置c的第i位设为v 9 { 10 if( v ) c |= ( 1 << i); 11 else c &= ~( 1 << i); 12 } 13 void Flip(char & c, int i)//将c的第i位取反 14 { c ^= ( 1 << i); } 15 void OutputResult(int t,char result[]) //输出结果 16 { 17 //cout << "PUZZLE #" << t << endl; 18 for( int i = 0;i < 5; ++i ) 19 { 20 for( int j = 0; j < 6; ++j ) 21 { 22 cout << GetBit(result[i],j); 23 if( j < 5 ) cout << " "; 24 } 25 cout << endl; 26 } 27 } 28 int main() 29 { 30 char oriLights[5]; //最初灯矩阵，一个比特表示一盏灯 31 char lights[5]; //不停变化的灯矩阵 32 char result[5]; //结果开关矩阵 33 char switchs; //某一行的开关状态 34 int T; 35 //cin >> T;//POJ原题需要输入T表示有T组测试数据 36 T=1; 37 for( int t = 1; t <= T; ++ t) 38 { 39 memset(oriLights,0,sizeof(oriLights)); 40 for( int i = 0;i < 5; i ++ )//读入最初灯状态 41 { 42 for( int j = 0; j < 6; j ++ ) 43 { 44 int s; 45 cin >> s; 46 SetBit(oriLights[i],j,s); 47 } 48 } 49 50 for( int n = 0; n < 64; ++n )//遍历首行开关的64种操作 51 { 52 memcpy(lights,oriLights,sizeof(oriLights)); 53 switchs = n; //先假定第0行的开关需要的操作方案 54 for( int i = 0;i < 5; ++i ) 55 { 56 result[i] = switchs; //保存第i行开关的操作方案 57 58 for( int j = 0; j < 6; ++j )//根据方案修改第i行的灯 59 { 60 if( GetBit(switchs,j)) 61 { //switchs的第j个位等于1表示需要按下第i行第j个按钮，等于0表示不需要按下该按钮 62 if( j > 0) Flip(lights[i],j-1);//改左灯 63 Flip(lights[i],j);//改开关位置的灯 64 if( j < 5 ) Flip(lights[i],j+1);//改右灯 65 } 66 } 67 if( i < 4 ) lights[i+1] ^= switchs;//改下一行的灯 68 69 switchs = lights[i]; //第i+1行开关的操作方案由第i行灯的状态决定 70 } 71 if( lights[4] == 0 ) 72 { 73 OutputResult(t,result); 74 break; 75 } 76 } // for( int n = 0; n < 64; n ++ ) 77 } 78 return 0; 79 }
不用位运算的操作：
1 #include <stdio.h> 2 int a[5][6],b[5][6],c[5][6]; 3 void fun(int n) 4 { 5 int i; 6 for(i=0;i<6;i++) 7 { 8 c[0][i]=n%2; 9 n=n/2; 10 } 11 } 12 void set(int i,int j) 13 { 14 b[i][j]=b[i][j]^1;//取反 15 if(i-1>=0) b[i-1][j]= b[i-1][j]^1; 16 if(i+1<5) b[i+1][j]= b[i+1][j]^1; 17 if(j-1>=0) b[i][j-1]=b[i][j-1]^1; 18 if(j+1<6) b[i][j+1]=b[i][j+1]^1; 19 } 20 int main(int argc, char *argv[]) 21 { 22 int i,j,k,n; 23 freopen("data.in","r",stdin); 24 for(i=0;i<5;i++) 25 for(j=0;j<6;j++) 26 scanf("%d",&a[i][j]); 27 28 for(n=0;n<64;n++) 29 { 30 //把灯的初始状态放到b[][] 31 for(i=0;i<5;i++) 32 for(j=0;j<6;j++) 33 { b[i][j]=a[i][j]; c[i][j]=0; } 34 35 fun(n);//生成第0行的第n种方案的操作 36 //对第0行进行操作 37 for(j=0;j<6;j++) 38 { 39 if(c[0][j]==1) set(0,j); 40 } 41 //操作第1~4行 42 for(i=1;i<5;i++) 43 { 44 for(j=0;j<6;j++) 45 if(b[i-1][j]==1) { set(i,j); c[i][j]=1; } 46 } 47 //检验第4行是否已经完全关闭 48 for(j=0;j<6;j++) 49 { 50 if(b[4][j]==1) break; 51 } 52 if(j>=6) break; 53 } 54 55 //输出结果 56 for(i=0;i<5;i++) 57 { 58 for(j=0;j<6;j++) 59 { 60 printf("%d ",c[i][j]); 61 } 62 printf("\n"); 63 } 64 return 0; 65 }
有另一道题与本问题很相似：画家问题， 该题题解：http://www.cnblogs.com/huashanqingzhu/p/7285999.html
解题思路一模一样，也是利用了熄灯问题中第一行的选择决定下一行的选择。所以只需要枚举出第一行所有的可能，以及验证最后一行是否正确即可。
