poj 1830 开关问题(高斯消元)
Description
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）
Input
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。
Output
如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it’s impossible~!!” 不包括引号
Sample Input
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
Sample Output
4
Oh,it’s impossible~!!
Hint
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）
思路： 假设初始状态是110，目标状态是101，则相当于初始状态为000，目标状态为011。接下来对于n个开关我们可以列出n个方程，有n个未知量，从而构成n*n矩阵对应每个开关的最终状态，构建一个增广矩阵，用高斯消元求出自由变元（开关）的个数res，每个开关只有两种状态开或关，所以答案即为2^res。对于第i个方程的第i个变元的系数默认为1.（第i个开关对自己本身也会有影响）
代码如下
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
const int MAXN=33;
int matrix[MAXN][MAXN];//保存增广矩阵
//int copymatrix[MAXN][MAXN];//副本
using namespace std;
int Gauss(int a[][MAXN],const int&m,const int &n)//m变元的个数，n方程的个数
{
int res =0,r=0;//res 为自由变元的个数，r为增广矩阵的秩
for(int i=0;i//处理第i个变元
{
for(int j=r;j//找到第i个变元系数不为0的方程，并放到第r行
if(a[j][i]){
for(int k=i;k<=m;k++)
swap(a[j][k],a[r][k]);
break;
}
if(a[r][i]==0)//第i个变元的系数全为0，说明这个变元是自由变元
{
res++;
continue;
}
for(int j=0;j//消去其他方程的i的变元
if((j!=r)&&(a[j][i]!=0))
for(int k=i;k<=m;k++)
a[j][k]^=a[r][k];
r++;//矩阵的秩加1
}
for(int i=r;i//矩阵的秩下面的方程 系数都为0 0*x1+0*x2+...+0*xn恒等于0 ，若!=0则无解
if(a[i][m])
return -1;
return res;
}
int main()
{
int T,n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
memset(matrix,0,sizeof(matrix));
for(int i=0;iscanf("%d",&matrix[i][n]);
for(int i=0;iint x;
scanf("%d",&x);
matrix[i][n]^=x;
matrix[i][i]=1;
}
int a,b;
while(1)
{
scanf("%d %d",&a,&b);
if(!(a+b))
break;
matrix[b-1][a-1]=1;
}
int res=Gauss(matrix,n,n); //n个变元n个方程
if(res==-1)
printf("Oh,it's impossible~!!\n");
else
{
ll sum;
sum=((ll)1)<printf("%lld\n",sum);
}
}
return 0;
}