【672. 灯泡开关 Ⅱ】

最新推荐文章于 2025-12-04 23:36:16 发布

原创最新推荐文章于 2025-12-04 23:36:16 发布 · 435 阅读

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这篇博客介绍了LeetCode上的一道题目，涉及如何通过按压4个不同功能的开关来控制n个灯泡的状态。博主提出了一种优化搜索空间的方法，将问题简化为考虑每个开关被按压的奇偶性，并通过分析开关效果将灯泡分为四组，最终只需检查4个灯泡的状态即可确定所有灯泡的状态。通过这种方法，实现了时间复杂度为O(1)和空间复杂度为O(1)的解决方案。

来源：力扣（LeetCode）

描述：

房间中有 n 只已经打开的灯泡，编号从 1 到 n 。墙上挂着 4 个开关 。

这 4 个开关各自都具有不同的功能，其中：

开关 1 ：反转当前所有灯的状态（即开变为关，关变为开）
开关 2 ：反转编号为偶数的灯的状态（即 2, 4, ...）
开关 3 ：反转编号为奇数的灯的状态（即 1, 3, ...）
开关 4 ：反转编号为 j = 3k + 1 的灯的状态，其中 k = 0, 1, 2, ...（即 1, 4, 7, 10, ...）

你必须恰好按压开关 presses 次。每次按压，你都需要从 4 个开关中选出一个来执行按压操作。

给你两个整数 n 和 presses ，执行完所有按压之后，返回 不同可能状态 的数量。

示例 1：

输入：n = 1, presses = 1
输出：2
解释：状态可以是：
- 按压开关 1 ，[关]
- 按压开关 2 ，[开]

示例 2：

输入：n = 2, presses = 1
输出：3
解释：状态可以是：
- 按压开关 1 ，[关, 关]
- 按压开关 2 ，[开, 关]
- 按压开关 3 ，[关, 开]

示例 3：

输入：n = 3, presses = 1
输出：4
解释：状态可以是：
- 按压开关 1 ，[关, 关, 关]
- 按压开关 2 ，[关, 开, 关]
- 按压开关 3 ，[开, 关, 开]
- 按压开关 4 ，[关, 开, 开]

提示：

1 <= n <= 1000
0 <= presses <= 1000

方法：降低搜索空间

思路

如果不进行任何优化进行搜索，需要按 presses 次，每次有 4 种选择，那么一共有 4^presses 种按动选择，每种选择消耗 O(n) 时间计算状态，则最终的时间复杂度为 O(n × 4^presses)。经过思考，可以从以下角度降低搜索空间。

首先，不需要考虑按钮按动的顺序，而只需要考虑每个按钮被按了几次，在按钮按动次数一样的情况下，顺序不影响灯泡最后的状态。更进一步地，不需要考虑每个按钮具体被按了几次，而只需要考虑被按了奇数次还是偶数次即可，某个键每多按或少按 2 次及其倍数次，也不影响最后的状态。

其次，观察每个按钮的效果，可以发现所有按钮可以根据编号划分为以下 4 组，周期为 6，下列编号中 k ≥ 0：

编号为 6k + 1，受按钮 1, 3, 4 影响；
编号为 6k + 2, 6k + 6，受按钮 1, 2 影响；
编号为 6k + 3, 6k + 5，受按钮 1, 3 影响；
编号为 6k + 4，受按钮 1, 2, 4 影响。

因此，只需要考虑四个灯泡，即可知道所有灯泡最后的状态了。

编写代码时，可以用一个长度为 4 数组 pressArr 表示 4 个按钮的按动情况。一个整数status 表示四组灯泡亮灭的状态。最后计算遇到过几种不同的状态即可。

代码：

class Solution {
public:
    int flipLights(int n, int presses) {
        unordered_set<int> seen;
        for (int i = 0; i < 1 << 4; i++) {
            vector<int> pressArr(4);
            for (int j = 0; j < 4; j++) {
                pressArr[j] = (i >> j) & 1;
            }
            int sum = accumulate(pressArr.begin(), pressArr.end(), 0);
            if (sum % 2 == presses % 2 && sum <= presses) {
                int status = pressArr[0] ^ pressArr[1] ^ pressArr[3];
                if (n >= 2) {
                    status |= (pressArr[0] ^ pressArr[1]) << 1;
                }
                if (n >= 3) {
                    status |= (pressArr[0] ^ pressArr[2]) << 2;
                }
                if (n >= 4) {
                    status |= (pressArr[0] ^ pressArr[1] ^ pressArr[3]) << 3;
                }
                seen.emplace(status);
            }
        }
        return seen.size();
    }
};

执行用时：0 ms, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户
内存消耗：5.8 MB, 在所有 C++ 提交中击败了49.36%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(1)。只需要使用常数时间即可完成计算。
空间复杂度：O(1)。只需要使用常数空间即可完成计算。
author：LeetCode-Solution