《程序设计与算法（二）算法基础》《第一周枚举》熄灯问题 POJ-1222

╰半橙微兮° 2023-08-17 16:23 81阅读 0赞

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http://bailian.openjudge.cn/practice/1222  
1222:EXTENDED LIGHTS OUT

这道题我花了比较多的时间才想清楚，比较难想的地方在第一行的枚举，假设第一行6个元素是 0 1 0 1 0 1，

一盏灯只有亮和灭两个状态，每盏灯只有两个操作，按下开关与不按开关，我之前以为枚举的是0~63，即0000 0000 ~1111 1111，

这种想法是错误的。因为初始灯的状态是确定的，你按下任意一盏可能会影响到周围的灯，所以不一定有1111 1111这种状态。

关键是要想清楚枚举的状态到底是什么？ 枚举的是每盏灯的操作，1表示按下开关，0表示无操作，

第一行 这种按下开关的操作 一共有 2^6 种可能。只要第一行对每盏灯的操作确定了，第一行灯的状态就确定了，之后，第2行根据第一行亮着的灯的位置，进行开关灯操作

**描述**

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。

![581342-20170803112840178-439303789.jpg][]

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。

![581342-20170803112957162-1759900062.jpg][]

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。

/*
    http://bailian.openjudge.cn/practice/1222
    1222:EXTENDED LIGHTS OUT
    level : hard
    */
    
    
    #include<memory>
    #include<iostream>
    #include<string>
    #include<cstring>
    
    using namespace std;
    int GetBit(char c, int i)  // 得到某一位的值
    {
        //get char c  No.i Bit 
        return (c >> i) & 1;
    }
    void SetBit(char &c, int i, int v) // 把某一位置成0 或 1
    {
        //set char c No.i bit is v
        if (v)
        {
            c |= (1 << i);
        }
        else
        {
            c &= ~(1 << i);
        }
    
    }
    void Flip(char & c, int i) // 翻转某一位
    {
        //char c No. i bit flip 
        c ^= (1 << i);
    }
    
    void OutputResult(int t, char result[]) // output result
    {
        cout << "PAZZLE #" << t << endl;
        for (int i = 0; i < 5; i++)
        {
            for (int j = 0; j < 6; j++)
            {
                cout << GetBit(result[i], j) ;
                if (j < 5)
                    cout << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }
    
    int main()
    {
        char oriLights[5]; // 原始输入
        char lights[5]; // 中间运算结果
        char result[5]; // 最后输出的开关操作，1代表按下开关，0代表无操作
        char switchs; // 某一行的开关信息
        int T;
        cin >> T;
        for (int t = 1; t <= T; t++)
        {
            memset(oriLights, 0, sizeof(oriLights)); // if not omit??
            for (int i = 0; i < 5; i++)
            {
                for (int j = 0; j < 6; j++)
                {
                    int s;
                    cin >> s;
                    SetBit(oriLights[i], j, s);
                }
            }
    
            for(int n=0 ; n<64  ;n++) //遍历首行开关的64种操作
            {
                memcpy(lights, oriLights, sizeof(oriLights));
                switchs = n; //先假定第0行的开关需要的操作方案
    
                for (int i = 0; i < 5; ++i)
                {
                    result[i] = switchs;//保存第i行开关的操作方案
                    for (int j = 0; j < 6; ++j)//根据方案修改第i行的灯
                    {
                        if (GetBit(switchs, j)) //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
                        {
                            if (j > 0)
                                Flip(lights[i], j - 1);//改左灯
                            Flip(lights[i], j);//改开关位置的灯
                            if (j < 5)
                                Flip(lights[i], j + 1);//改右灯
    
                        }
                    }
                    if (i < 4)
                        lights[i + 1] ^= switchs;//改下一行的灯
                    switchs = lights[i];//第i+1行开关的操作方案由第i行灯的状态决定
                }
                if (lights[4] == 0)
                {
                    OutputResult(t, result);
                    break;
                }
    
            }
        }
        return 0;
    }

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[581342-20170803112840178-439303789.jpg]: /images/20230810/715e7e904bac4651bdc257c1aa6ec3a0.png
[581342-20170803112957162-1759900062.jpg]: /images/20230810/02676da5e94f4168b213588a6de63cbe.png