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POJ 1830 开关问题（高斯消元求解的情况）

news 来源：原创 2024/4/28 11:23:11

开关问题

Time Limit: 1000MS		Memory Limit: 30000K
Total Submissions: 8714		Accepted: 3424

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

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）

题目链接：POJ 1830

比较裸的一道题，记得开关自己跟自己是有关系的，即Mat[i][i]要恒为1，用高斯消元在判断了自由变量之后如果还出现非0系数，则说明无解，如果有解即有$freenum$个自由变量，那么显然每一个自由变量是随意取值的，每一个都取0或1，那么答案显然是$2^{freenum}$个

如何列方程呢？两边同时异或一下开始的状态即可以得到目标的状态，因为S->T的操作和0->(S xor T)的操作是一样的

代码：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <sstream>
#include <numeric>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <string>
#include <deque>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define fin(name) freopen(name,"r",stdin)
#define fout(name) freopen(name,"w",stdout)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 31;
int Mat[N][N];

int Gaussian(int ne, int nv)
{
    int ce, cv, i, j;
    for (ce = 1, cv = 1; ce <= ne && cv <= nv; ++ce, ++cv)
    {
        int te = ce;
        for (i = ce + 1; i <= ne; ++i)
            if (Mat[i][cv] > Mat[te][cv])
                te = i;
        if (te != ce)
        {
            for (i = cv; i <= nv + 1; ++i)
                swap(Mat[ce][i], Mat[te][i]);
        }
        if (!Mat[ce][cv])
        {
            --ce;
            continue;
        }
        for (i = ce + 1; i <= ne; ++i)
        {
            if (Mat[i][cv])
            {
                for (j = cv; j <= nv + 1; ++j)
                    Mat[i][j] ^= Mat[ce][j];
            }
        }
    }
    for (i = ce; i <= ne; ++i)
        if (Mat[i][cv])
            return -1;
    return nv - (ce - 1);
}
int main(void)
{
    int tcase, n, i;
    scanf("%d", &tcase);
    while (tcase--)
    {
        CLR(Mat, 0);
        scanf("%d", &n);
        for (i = 1; i <= n; ++i)
        {
            scanf("%d", &Mat[i][n + 1]);
            Mat[i][i] = 1;
        }
        for (i = 1; i <= n; ++i)
        {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            Mat[i][n + 1] ^= x;
        }
        int a, b;
        while (~scanf("%d%d", &a, &b) && (a || b))
            Mat[b][a] = 1;
        int frnum = Gaussian(n, n);
        frnum == -1 ? puts("Oh,it's impossible~!!") : printf("%d\n", 1 << frnum);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Blackops/p/7201143.html