Fliptile POJ - 3279 枚举

最新推荐文章于 2022-04-01 21:46:18 发布

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探讨了在一个n*m的01矩阵中，通过反转01及其相邻元素，判断是否能将整个矩阵转换为全0，并输出转换步骤。采用枚举法确定第一行的反转状态，进而推导出后续行的状态。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题解

题目大意，n*m的01矩阵，可以反转01，但每次反转会导致上下左右相邻位置也反转，问是否能反转为全0，输出对应位置操作次数。

对于每个位置，如果反转两次则等于不反转，所以每个位置只可能反转0或1次。
枚举第一行每个位置的反转状态0或1，复杂度O(2^m)，根据当前状态反转后可能仍然有些方块为1，则只能收到第二行的影响。
所以枚举第一行的状态之后，第二行的状态就能被确定，然后第三行第四行。。，总复杂度O((2^m)*n*m)。

AC代码

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <string>
#define fst first
#define sed second
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 20;
int g[N][N], f[N][N];
int dir[5][2] = { 0, 0, -1, 0, 1, 0, 0, -1, 0, 1 };
int n, m;

void filp(int x, int y)
{
	for (int k = 0; k < 5; ++k)
	{
		int xx = x + dir[k][0], yy = y + dir[k][1];
		if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < m)
			f[xx][yy] ^= 1;
	}
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("C:/input.txt", "r", stdin);
#endif
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		for (int j = 0; j < m; ++j)
			scanf("%d", &g[i][j]);
	string ans, res;
	int rev = -1, cnt; //反转次数
	for (int s = 0; s < (1 << m); ++s) //第一行的反转状态
	{
		res.clear();
		cnt = 0;
		memcpy(f, g, sizeof(g));
		for (int j = 0; j < m; ++j)
			if (s & (1 << j))
				filp(0, j), res += "1", ++cnt;
			else
				res += "0";
		for (int i = 1; i < n; ++i)
			for (int j = 0; j < m; ++j)
				if (f[i - 1][j]) //上一行当前位置有1 只能依靠当前位置反转
					filp(i, j), res += "1", ++ cnt;
				else
					res += "0";
		int flag = 1;
		for (int j = 0; j < m; ++j)
			if (f[n - 1][j])
				flag = 0;
		if (flag && (rev == -1 || cnt <= rev))
			if (rev == -1 || res < ans)
				ans = res, rev = cnt;
	}
	if (rev == -1)
		cout << "IMPOSSIBLE" << endl, exit(0);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		for (int j = 0; j < m; ++j)
			printf("%c%c", ans[i * m + j], j != m - 1 ? ' ' : '\n');

	return 0;
}