第二届刷题打卡活动——题解之以递推为背景的开关问题(三)

题目描述

来源：acwing
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解题报告

题意理解

首先看到开关二字，可能有小伙伴会想到能不能用递推中的开关模型来解决了。回想之前可以使用递推的开关习题的特点：它们开关的状态是开还是关都是由一些条件导致它们必须这么摁。

但是对于这道题而言，就不能这么，因为涉及的开关太多，就不存在这种使得开关摁法可以唯一确定的情况。

此时观察数据范围，发现它只有4个，那么可以估计一下可爱的暴力枚举能不能行了，通过算运算次数来大致确定时间复杂度。

16个开关，只有开或者不开两种情况，那么总共就是从0枚举到$2^{16}-1$，也就是65536种情况。记住这每种情况，咱们都看成一个16位的二进制的数，以此模仿棋盘。如果某个位置上对应的二进制数是0就摁一下，是1就不摁

内层第一个枚举：
在这65536种情况中，每次还是需要去枚举16个位置是要打开还是关闭，每个开关最多会操作周围的七个灯泡。

内层第二个枚举：
以及枚举检查每个灯泡的状态是不是全部打开了，以及最后的记录方案，那么大致的运算次数就是$65536\ast (16\ast 7+16+16)$

大概是一千万次的运算。C++一秒大约能算1亿次，没有问题。

关于字典序

题目中的从上到下，从左到右打开的顺序其实就是字典序。

解决这个还是比较简单的，只要我们在枚举的时候就是按照字典序枚举的，也就是按照从小到大的枚举顺序进行，最后得到的结果也一定是按照字典序的。

实现流程

第一步：枚举65536种方案。
第二步：按照该方案对16个灯泡进行操作。
第三步：判断操作以后是不是所有灯泡都亮了，假如都亮了，记录方案。因为要求最小步数，那么每次找到一个方案都要和之前方案进行比较。

细节

一、备份与还原备份
二、输出的答案中，起点是(1,1)。终点是(4,4)。因为咱们创建地图是从0开始的，所以要输出结果都+1

参考代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define x first
#define y second

using namespace std;
typedef pair PII;
const int N = 5;
int n;
char g[N][N],backup[N][N];

int get(int x,int y)
{
    return 4 * x+ y;
}

void turn_one(int x,int y)
{
    if(g[x][y] == '+') g[x][y] = '-';
    else g[x][y] = '+';
}

void turn_all(int x,int y)
{
    for(int i = 0; i < 4;i++)
    {
        turn_one(x,i);
        turn_one(i,y);
            
    }
    //（x,y）多摁了一次，摁回来
    turn_one(x,y);
}

int main()
{
    //录入棋盘
    for(int i = 0; i <  4;i++) cin >> g[i];
    
    //记录最终的答案
    vector res;
    //枚举2^16种方案
    for(int op = 0; op < 1 << 16;op++)
    {
        
        vector temp;
        //进行备份
        memcpy(backup,g,sizeof g);
        //枚举每个开关
        for(int i = 0; i < 4;i++)
            for(int j = 0; j < 4;j++)
            if(!(op >> get(i,j)&1)) //get(i,j)这个函数是通过坐标确定当前到底是地图中0~15中的哪个数
            {
                temp.push_back({i,j});
                turn_all(i,j);//改变i行j列的全部等
            }
    
        bool has_closed = false;    
        //判断是不是所有等都是亮的
        for(int i = 0; i < 4;i++)
            for(int j = 0; j < 4;j++)
            {
                if(g[i][j] == '+')  has_closed = true;
            }
        
        //记录方案
        if(!has_closed) 
        //如果用于存放答案的数组为空，或者存放的步数比现在新测试出来的大，就更新res
            if(res.empty() || res.size() > temp.size()) res = temp;
        
        //还原备份
        memcpy(g,backup,sizeof backup);
    }
    
    cout << res.size() << endl;
    //注意题目中是从1开始的
    for(auto r:res) cout << r.x+1 << ' ' << r.y+1<

总结

至此为止，由递推作为背景的开关问题就告一段落啦。

就我自己目前的理解而言，遇到开关问题可以先到手动模拟样例，观察能不能递推下去。倘若能，那是最好的，倘若不能，那么也可以考虑掏出可爱的暴搜