本来觉得和1753非常相似,但总是TLE,不知为何。讨论区里有高效解法,很神!贴过来学习。
我的代码:
#include <iostream> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <queue> using namespace std; int table[16] = {1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096,8192,16384,32768}; int flipPosition(int id,int position) { id ^= table[position]; for(int i = position - 4;i >= 0;i -= 4) id ^= table[i]; for(int i = position + 4;i <= 15;i += 4) id ^= table[i]; for(int i = position - 1;(i + 4) % 4 != 3;--i) id ^= table[i]; for(int i = position + 1;i % 4 != 0;++i) id ^= table[i]; return id; } int main() { freopen("a.txt","w",stdout); /*char c; int id = 0; for(int i = 0;i < 16;i++) { scanf("%c",&c); if(c == '\n') scanf("%c",&c); int newSite; if(c == '-') newSite = 0; else newSite = 1; if(newSite) id += (newSite << i); }*/ int id = 0; for(;id < 65536;id++) { int state[65536];//记录遍历高度 memset(state,-1,sizeof(state)); int flip[65536];//记录由谁翻过来的 memset(flip,-1,sizeof(flip)); state[id] = 0; flip[id] = 0; queue<int> ids; ids.push(id); int over = 0; while(!ids.empty()) { int nowId = ids.front(); ids.pop(); for(int i = 0;i < 16;i++) { int nextId = flipPosition(nowId,i); if(nextId == 0) { printf("%d\n",state[nowId] + 1); int pos[65536]; memset(pos,-1,sizeof(pos)); int step = state[nowId] + 1; int j; for(j = 0;j < step;j++) { pos[j] = i; i = flip[nowId]; if(j != step - 1) nowId = flipPosition(nowId,i); } for(j = step - 1;j >= 0;j--) { printf("%d %d\n",pos[j] / 4 + 1,pos[j] % 4 + 1); } over = 1; break; } if(state[nextId] == -1) { state[nextId] = state[nowId] + 1; flip[nextId] = i; ids.push(nextId); } } if(over) break; } } return 0; }
根本过不了。。。
高效解法:
先看一个简单的问题,如何把'+'变成'-'而不改变其他位置上的状态?答案是将该位置(i,j)及位置所在的行(i)和列(j)上所有的handle更新一次,结果该位置被更新了7次,相应行(i)和列(j)的handle被更新了6次,剩下的被更新了4次.被更新偶数次的handle不会造成最终状态的改变.因此得出高效解法,在每次输入碰到'+'的时候,自增该位置与相应的行和列,当输入结束后,遍历数组,所有为奇数的位置则是操作的位置,而奇数位置的个数之和则是最终的操作次数.
或者说:
参考高手的高效解法: > 证明:要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;可以证明,如果'+'位置对应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图只有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变. > 设置一个4*4的整型数组,初值为零,用于记录每个点的操作数,那么在每个'+'上的行和列的的位置都加1,得到结果模2(因为一个点进行偶数次操作的效果和没进行操作一样,这就是楼上说的取反的原理),然后计算整型数组中一的 > 个数即为操作数,一的位置为要操作的位置(其他原来操作数为偶数的因为操作并不发生效果,因此不进行操作) ********************************* 此上证其可以按以上步骤使数组中值都为‘-’ ******************************** 在上述证明中将所有的行和列的位置都加1后,在将其模2之前,对给定的数组状态,将所有的位置操作其所存的操作数个次数,举例,如果a[i][j]==n,则对(i,j)操作n次,当所有的操作完后,即全为‘-’的数组。 其实就是不模2的操作,作了许多的无用功。 以上的操作次序对结果无影响,如果存在一个最小的步骤,则此步骤一定在以上操作之中。(简单说下:因为以上操作已经包含了所有可改变欲改变位置的操作了) 而模2后的操作是去掉了所有无用功之后的操作,此操作同样包含最小步骤。 但模2后的操作去掉任何一个或几个步骤后,都不可能再得到全为‘-’的。(此同样可证明:因为操作次序无影响,先进行最小步骤,得到全为‘-’,如果还剩下m步,则在全为‘-’的数组状态下进行这m步操作后还得到一个全为 ‘-’的数组状态,此只能是在同一个位置进行偶数次操作,与前文模2后矛盾,所以m=0),因此模2后的操作即为最小步骤的操作。
#include <iostream> using namespace std; bool mark[4][4]; char s[4][4]; int main() { int i,j,k; int ci[16],cj[16]; int nas = 0; memset(mark,0,sizeof(mark)); for(i = 0;i < 4;i++) cin >> s[i]; for(i = 0;i < 4;i++) for(j = 0;j < 4;j++) { char c = s[i][j]; if(c == '+') { mark[i][j] = !mark[i][j]; for(k = 0;k < 4;k++) { mark[i][k] = !mark[i][k]; mark[k][j] = !mark[k][j]; } } } for(i = 0;i < 4;i++) for(j = 0;j < 4;j++) if(mark[i][j] == true) { ci[nas] = i + 1; cj[nas] = j + 1; nas ++; } printf("%d\n",nas); for(i = 0;i < nas;i++) { printf("%d %d\n",ci[i],cj[i]); } return 0; }