POJ 开关问题 — meet in the middle

描述

有N个相同的开关，每个开关都与某些开关有着联系，每当你打开或者关闭某个开关的时候，其他的与此开关相关联的开关也会相应地发生变化，即这些相联系的开关的状态如果原来为开就变为关，如果为关就变为开。你的目标是经过若干次开关操作后使得最后N个开关达到一个特定的状态。对于任意一个开关，最多只能进行一次开关操作。你的任务是，计算有多少种可以达到指定状态的方法。（不计开关操作的顺序）

输入

输入第一行有一个数K，表示以下有K组测试数据。
每组测试数据的格式如下：
第一行 一个数N（0 < N < 29）
第二行 N个0或者1的数，表示开始时N个开关状态。
第三行 N个0或者1的数，表示操作结束后N个开关的状态。
接下来 每行两个数I J，表示如果操作第 I 个开关，第J个开关的状态也会变化。每组数据以 0 0 结束。

输出

如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it’s impossible~!!” 不包括引号样例输入

2
3
0 0 0
1 1 1
1 2
1 3
2 1
2 3
3 1
3 2
0 0
3
0 0 0
1 0 1
1 2
2 1
0 0

样例输出

4
Oh,it's impossible~!!

提示

第一组数据的说明：
一共以下四种方法：
操作开关1
操作开关2
操作开关3
操作开关1、2、3 （不记顺序）
来源LIANGLIANG@POJ

啊好久没有更博客了，看到一个好玩的题来更一更（

写了好久各种模拟题和板子题都快忘了曾经oi的奇技淫巧了（雾
看了下这题网上大多数人给的题解是高斯消元？
不过这么弱的数据，当然是暴力大法好辣（
果然继承了oi的先看数据范围的好习惯w

开局就想位运算bitset？，嗯很多奇技淫巧（雾
综合一下题意和数据范围，还是比较裸的meet in the middle（

我们可以对半划分，先预处理前一半开关所有方案的结果，然后再在后一半枚举方案，计算结果，在map里查询ans就好啦

这时候我们也发现可以用meet in the middle的原因是异或操作的可交换性和选择的独立性，这样我们就可以肆无忌惮的划分预处理了（可能还有其他性质？反正异或是一个非常优美的运算ww

#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 1000000007
#define ll long long
#define N 200010
inline int rd()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int K,n,f[30],S,T,ans;
int cg(int x){
    int tmp=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(x&(1<<(i-1))) tmp^=f[i];
    }
    return tmp;
}
map<int,int>st;
int main()
{
    K=rd();
    while(K--){
        n=rd();S=T=0;ans=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=1<<i;
        st.clear();
        for(int i=1;i<=n;++i) S|=rd()<<i;
        for(int i=1;i<=n;++i) T|=rd()<<i;
        int x,y;
        while(true){
            x=rd();y=rd();
            if(!x&&!y) break;
            f[x]|=1<<y;
        }
        int zz=1<<(n/2);
        for(int i=0;i<zz;++i){
            ++st[S^cg(i)];
        }
        zz=1<<(n-(n/2));
        for(int i=0;i<zz;++i){
            ans+=st[T^cg(i<<(n/2))];
        }
        if(ans) printf("%d\n",ans);
        else puts("Oh,it's impossible~!!");
    }
    return 0;
}