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; }
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