POJ1753 + POJ2965 翻牌问题 非DFS方法

POJ1753：

这道题是非常典型的翻牌问题了，网上看的好多是用了dfs，但我不是这么做的。。（这是很久之前看到的一个视频的做法。。）利用二进制思想，只枚举第一行的情况（2^n种），为了到达目的（所有的棋子和第一个棋子状态一样），以行为基准，从第二行开始，第i行中，如果第j列上边的那枚棋子(i-1,j)不符合情况，翻转自身(i,j)。这样前n-1行一定是符合标准的，最后判断第n行，从而判断这种方法对不对。AC代码如下：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;

char a[7][7],s[7][7];
int n,ans;
void change(int x,int y)
{
    if(s[x][y]=='b') s[x][y]='w';
    else s[x][y]='b';
}
void flip(int x,int y)
{
    change(x,y);
    if(x>1) change(x-1,y);
    if(y>1) change(x,y-1);
    if(x>i)&1; //第i位
            if(kk==1)
            {
                tmp++;
                flip(1,n-i); //例如0101翻转第2和4个棋子
            }
        }
        solve(s[1][1],tmp); //处理前n-1行情况与第一枚棋子相同（优化！）
    }
    if(ans==INF)
        printf("Impossible\n");
    else
        printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

POJ2965：

这道题卡了好久。。网上的大多也是搜索方法。。后来无意间看到一个大佬博客Orz：

https://www.cnblogs.com/Java-tp/p/3873557.html

才发现这道题也可以不用DFS方法。思路就是，找到一种策略使得把所有“+”变成“-”，所有“-”不改变，即不改变已经打开的开关，把关闭的开关打开。最笨的方法就是把开关本身以及其同一行同一列的开关（总共7个）都进行一次操作，结果是，开关本身状态改变了7次，其同一行、同一列的开关改变了4次，剩余的开关状态改变了2次。显而易见，状态改变偶数次又回到原始状态，是无用的，只有奇数次操作才有意义。所以最后统计奇数次操作的开关位置和个数即可。不过这种方法对矩阵大小（行列数）的奇偶情况有限制，自己手算几个就知道了。

第一种写法是边操作边改变状态，需要注意的是操作数≠改变数，详见代码flip函数。AC代码如下：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;

char s[7][7];
int num[7][7];
void change(int i,int j)
{
    if(s[i][j]=='+') s[i][j]='-';
    else s[i][j]='+';
}
void flip(int i,int j)
{
    num[i][j]++;//注意只加一次!剩下的只是影响结果,并没有进行操作
    change(i,j);
    for(int k=1;k<=4;k++) 
        if(k!=j) change(i,k); //这些不进行num++!（操作数≠改变数）
    for(int k=1;k<=4;k++) 
        if(k!=i) change(k,j);
}
int main()
{
    memset(s,'\0',sizeof(s));
    memset(num,0,sizeof(num));
    for(int i=1;i<=4;i++)
        scanf("%s",s[i]+1);
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=1;j<=4;j++)
            if(s[i][j]=='+')
            {//把开关及其同一行同一列的开关都进行一次操作
                flip(i,j);
                for(int k=1;k<=4;k++) //同一行
                    if(k!=j) flip(i,k);
                for(int k=1;k<=4;k++) //同一列
                    if(k!=i) flip(k,j);
            }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=1;j<=4;j++)
            if(num[i][j]%2)//奇数次操作
                ans++;
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=1;j<=4;j++)
            if(num[i][j]%2)//奇数次操作
            {
                printf("%d %d\n",i,j);
            }
	return 0;
}

另一种写法是不用管change（理论上也是这样），只记录一个num数组就可以了，比第一种写法简短了很多，但是时间慢了几乎一倍。。AC代码如下：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;

char s[7][7];
int num[7][7];
int main()
{
    memset(s,'\0',sizeof(s));
    memset(num,0,sizeof(num));
    for(int i=1;i<=4;i++)
        scanf("%s",s[i]+1);
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=1;j<=4;j++)
            if(s[i][j]=='+')
            {//把开关及其同一行同一列的开关都进行一次翻转
                num[i][j]++;
                for(int k=1;k<=4;k++) //同一行
                    if(k!=j)
                        num[i][k]++;
                for(int k=1;k<=4;k++) //同一列
                    if(k!=i)
                        num[k][j]++;
            }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=1;j<=4;j++)
            if(num[i][j]%2)//奇数次操作
                ans++;
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<=4;i++)
        for(int j=1;j<=4;j++)
            if(num[i][j]%2)//奇数次操作
            {
                printf("%d %d\n",i,j);
            }
	return 0;
}

第一种：

第二种：

没想到这两种写法相差这么多emmmmm...