【ZJOJ1321】灯

最新推荐文章于 2021-07-21 19:17:43 发布

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题目

贝希和她的闺密们在她们的牛棚中玩游戏。但是天不从人愿，突然，牛棚的电源跳闸了，所有的灯都被关闭了。贝希是一个很胆小的女生，在伸手不见拇指的无尽的黑暗中，她感到惊恐，痛苦与绝望。她希望您能够帮帮她，把所有的灯都给重新开起来！她才能继续快乐地跟她的闺密们继续玩游戏！
　　牛棚中一共有N（1 <= N <= 35）盏灯，编号为1到N。这些灯被置于一个非常复杂的网络之中。有M（1 <= M <= 595）条很神奇的无向边，每条边连接两盏灯。
　　每盏灯上面都带有一个开关。当按下某一盏灯的开关的时候，这盏灯本身，还有所有有边连向这盏灯的灯的状态都会被改变。状态改变指的是：当一盏灯是开着的时候，这盏灯被关掉；当一盏灯是关着的时候，这盏灯被打开。
　　问最少要按下多少个开关，才能把所有的灯都给重新打开。
　　数据保证至少有一种按开关的方案，使得所有的灯都被重新打开。

分析

发现，当我们打开一个开关，就会取反一些灯的状态：0/1；
对于第i个开关，就可以有一个对其他灯是否有影响的n位的二进制数。
一开始，所有灯的状态为0，
现在要让他全部变为1，即 $2^n-1$ 。
题目就转化为，n个二进制数，如何取最少的数使他们的异或中为 $2^n-1$ 。
观察数据范围 $n\le35$
直接枚举每个数选不选显然会超时。
考虑，我们每次只枚举n/2个，
先枚举前n/2个，将所有组合出的异或值扔进一个hash，或C++的map中（后者有点慢，为了方便，我打了map）
再枚举剩下的，所有组合出的异或值与 $2^n-1$ 异或一下，将异或出来的值看一下map中有没有，如果有，则与ans取min。

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const int mo=1000000007;
const long long N=45;
using namespace std;
int n,m,ans,tot;
long long a[N],mi[N];
map<long long,int> arr;
void dg(int y,long long v,int dis)
{
    if(dis>ans) return;
    if(v==mi[n]-1) ans=min(ans,dis);
    else
    {
        if(arr[v]==0) arr[v]=dis;
        else arr[v]=min(arr[v],dis);
    }
    if(y>n) return;
    for(int i=y;i<=n;i++) dg(i+1,v^a[i],dis+1);
}
void dg1(int y,long long v,int dis)
{
    if(dis>ans) return;
    if(v==mi[n]-1) ans=min(ans,dis);
    else
    {
        tot++;
        if(arr[(mi[n]-1)^v]!=0) ans=min(arr[(mi[n]-1)^v]+dis,ans);
    }
    if(y>n/2) return;
    for(int i=y;i<=n/2;i++) dg1(i+1,v^a[i],dis+1);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<=36;i++) mi[i]=mi[i-1]*2,a[i]=mi[i-1];
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[x]+=mi[y-1];
        a[y]+=mi[x-1];
    }
    ans=maxlongint;
    dg(n/2+1,0,0);
    arr[0]=0;
    dg1(1,0,0);
    printf("%d",ans);
}