第二届刷题打卡活动——题解之以递推为背景的开关问题(一)

题目描述

来源：acwing
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解题报告

一、题意理解

游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应：和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。

使用windows自带的画图，摁住shift拖动鼠标画出下列的图形进行演示。

样例演示：

二、每一行开关的操作完全由前一行灯的亮灭决定

1. 假设第一行的所有状态用枚举来确定，每个开关要么摁，要么不摁，在这里就是$2^5$次种选法。
2. 依次依据前一行的亮灭状态，决定它的下一行可以怎么摁，才能保证这个前一行是亮的。
   

三、细节敲定

1. 如何枚举第一行的32中操作。一个五位二进制正好可以表示这32种操作。比如

11010 => 对应第26个操作。那么0 ~ $2^5$-1就可以逐一对应枚举第一行会有的32种方案

2. 开关点亮函数
   点击一个位置的开关以后，它上下左右四个位置的开关都会被改变状态。用四个$if$就显得太麻烦了。这里考虑的是通过添加偏移量实现。
   

3. 时间复杂度
   $32\ast 25\ast 5\ast 500=2000000$,大概是两百万次的运算。是完全没有问题的

参考代码

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 6;
char g[N][N],backup[N][N];
int dx[] = {-1,0,1,0,0} , dy[] = {0,-1,0,1,0};

//补全turn 函数
void turn(int x,int y)
{
    for(int i = 0; i < 5;i++)
    {
        int a = x+dx[i] , b = y + dy[i];
        //判断边界
        if(a < 0 || a >= 5 || b < 0 || b>= 5) continue;
        //更新状态
        g[a][b] ^= 1;
    }
}

int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    
    while(T--)
    {
        //构建地图
        for(int i = 0; i < 5;i++) cin >> g[i];
        
        int res = 10;//记录答案
        //枚举第一行的32种选择
        for(int op = 0; op < 32;op++)
        {
            memcpy(backup,g,sizeof g);
            int step = 0;//记录执行的步骤
            //处理当前这个方案是否有可以摁亮的灯
            for(int i = 0; i < 5; i++)
            {
                if(!(op >> i &1))
                {
                    step ++;
                    turn(0,i);
                }
            }
            
            //根据第一行现在的情况，处理后面四行的处理情况
            for(int i = 0; i < 4;i++)
            {
                for(int j = 0; j < 5;j++)
                if(g[i][j] == '0') 
                {
                    step ++;
                    turn(i+1,j);
                }
            }
            
            //遍历最后一行，倘若有黑的灯，那么当前方案失败
             bool dark = false;//标记
            for(int i = 0; i < 5;i++)
                if(g[4][i] == '0')
                {
                    dark = true;
                    break;
                }
            if(!dark) res = min(res,step);
            memcpy(g,backup,sizeof g);//从备份中把数据拿回来
        }
            
            if(res > 6) res = -1;//res = -1代表无解
            
            cout << res << endl;
        
    }
    return 0;
}