POJ1830 开关问题[高斯消元/异或方程组]

最新推荐文章于 2020-09-13 11:13:57 发布

原创最新推荐文章于 2020-09-13 11:13:57 发布 · 195 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#Purple

Second 同时被 2 个专栏收录

109 篇文章

订阅专栏

数学-高斯消元

6 篇文章

订阅专栏

本文探讨了一个涉及多个相互关联开关的问题，目标是通过有限次操作使所有开关达到特定状态。利用高斯消元法求解线性方程组，确定自由元数量并计算可行解的数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

$开关问题$

$\mathcal{Description}$

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）

$\mathcal{Solution}$

对于一个开关 $x_i$ 超过 $1$ 次地去操作只会导致循环, 所以相当于只有两个操作: 开 , 不开.
所以设 $x_i$ 表示对该开关的 操作种类, 即 开, 不开 .
又因为开关与开关之间有联动.

综上一个开关最后的状态与以下因素决定 $↓$

初状态
对其本身的操作
与它关联的开关的操作

设 $a_{i,j}=1$ 表示动了 $i$ 的话, $j$ 也会随之改动, 且 $x_i = 0/1$ , 列出方程如下

$\begin{cases} a_{1,1}X_1 \ \ xor \ \ a_{2,1}X_2 \ \ xor \ \ ... \ \ xor \ \ a_{n,1}X_n\ \ =\ \ goal_1 \ \ xor \ \ start_1 \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ .\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ .\\ a_{1,n}X_1 \ \ xor \ \ a_{2,n}X_2 \ \ xor \ \ ... \ \ xor \ \ a_{1,n}X_n\ \ =\ \ goal_n \ \ xor \ \ start_n \end{cases}$

为了程序实现方便, 将 $a_{i,j}$ 的下标颠倒.

使用高斯消元解出其中的 自由元个数 $c n t$ , 根据乘法原理可以得到 $Ans = 2^{cnt}$ .

注: 若出现 $0 = 1$ 的情况, 说明方程无解.

$那么如何使用高斯消元求自由元个数呢 ?$

可以使用以下方法

枚举未知数时, 若其在 未使用过的方程 中的系数全部为 $0$ , 也就意味着当前未知数可能为 自由元,
此时 不使用任何方程进行消元, 即 搁置一个方程, 往后还能使用, 与此同时, $Count _{自由元}$ ++.
消元完毕后, 检查目前为止 所有搁置的方程 常数项是否为 $0$ , 若不为 $0$ , 则说明方程无解.

搁置的方程 在消元中系数全部被消为 $0$ .

$\mathcal{Code}$

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define reg register

int read(){
        char c;
        int s = 0, flag = 1;
        while((c=getchar()) && !isdigit(c))
                if(c == '-'){ flag = -1, c = getchar(); break ; }
        while(isdigit(c)) s = s*10 + c-'0', c = getchar();
        return s * flag;
}

typedef long long ll;
const int maxn = 35;

int N;
int cnt;
int A[maxn][maxn];

void Work(){
        N = read();
        memset(A, 0, sizeof A);
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++) A[i][N+1] = read();
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++) A[i][N+1] ^= read(), A[i][i] = 1;
        int a = read(), b = read();
        while(a && b) A[b][a] = 1, a = read(), b = read(); 
        int t = 1;
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++, t ++){
                int max_id = t;
                for(reg int j = t+1; j <= N; j ++)
                        if(A[j][i] > A[max_id][i]) max_id = j;
                std::swap(A[max_id], A[t]); 
                if(!A[t][i]){ t --; continue ; } 
                for(reg int j = t+1; j <= N; j ++){
                        if(!A[j][i]) continue ;
                        for(reg int k = i; k <= N+1; k ++) A[j][k] = (A[j][k]-A[t][k]+2)%2;
                }
        }

        for(reg int i = t; i <= N; i ++)
                if(A[i][N+1]){
                        printf("Oh,it's impossible~!!\n");
                        return ;
                }
        printf("%d\n", 1<<(N-t+1));
}

int main(){
        int T = read();
        while(T --) Work();
		return 0;
}

$\mathbb{END}$