费解的开关 #二进制枚举

旧物有情

于 2025-04-03 18:22:47 发布

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分类专栏：基础算法文章标签： c++ 算法

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题目解读
P10449 费解的开关
思路
AC CODE
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题目解读

P10449 费解的开关

题目描述

你玩过“拉灯”游戏吗？

$25$ 盏灯排成一个 $\times 5$ 的方形。

每一个灯都有一个开关，游戏者可以改变它的状态。

每一步，游戏者可以改变某一个灯的状态。

游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应：和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。

我们用数字 $1$ 表示一盏开着的灯，用数字 $0$ 表示关着的灯。

下面这种状态

在改变了最左上角的灯的状态后将变成：

再改变它正中间的灯后状态将变成：

给定一些游戏的初始状态，编写程序判断游戏者是否可能在 $6$ 步以内使所有的灯都变亮。

输入格式

第一行输入正整数 $n$ ，代表数据中共有 $n$ 个待解决的游戏初始状态。

以下若干行数据分为 $n$ 组，每组数据有 $5$ 行，每行 $5$ 个字符。

每组数据描述了一个游戏的初始状态。

各组数据间用一个空行分隔。

输出格式

一共输出 $n$ 行数据，每行有一个小于等于 $6$ 的整数，它表示对于输入数据中对应的游戏状态最少需要几步才能使所有灯变亮。

对于某一个游戏初始状态，若 $6$ 步以内无法使所有灯变亮，则输出 -1。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

3
2
-1

说明/提示

测试数据满足 $\le 500$ 。

思路

第一行有5个灯。

每个位置上的灯有按与不按两种情况，那么第一行所有按灯的方案有32种

我们用二进制来表示这种状态，0代表不按,1代表按如 00001代表前4个灯不按,最后一个灯按。

若当前状态有解,那么第一行的所有方案中一定有一种按法对应答案的按法。

所以我们枚举第一行的所有按法，第一行按完之后状态不可再被改变。

那么对于第下面的每一行来说，其状态只能被其下一行改变。

那么最后一行下面没有行，判断其是否全部熄灭可以得到当前答案是否合法。

AC CODE

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 6;
char g[N][N];
char backup[N][N];

int dir[5][2]={
	{0,0},
	{0,1},
	{1,0},
	{0,-1},
	{-1,0}
};

void turn(int x,int y){
    for(int i=0; i<5; i++){
        int nx=x+dir[i][0];
        int ny=y+dir[i][1];
        if(nx < 0 || ny <0 || nx>=5 || ny >= 5)continue;
        g[nx][ny] ^= 1;
    }
}

int main(){
	int t;
	cin >> t;
	
	while(t--){
		for(int i=0; i<5; i++)cin >> g[i];
		
		int res=10;
		for(int op=0; op<32; op++){
			int step=0;
			memcpy(backup,g,sizeof g);
			
			for(int i=0; i<5; i++){
				if(op >> i & 1){
					turn(0,i);
					step++;
				}
			}
			
			for(int i=0; i<4; i++){
				for(int j=0; j<5; j++){
					if(g[i][j]=='0'){
						turn(i+1,j);
						step++;
					}
				}
			}
			
			bool dark=false;
			for(int i=0; i<5; i++){
				if(g[4][i]=='0'){
					dark=true;
					break;
				}
			}
			
			if(!dark)res=min(res,step);
			memcpy(g, backup, sizeof backup);
		}
		
		if(res>6)res=-1;
		cout << res << endl;
	}
	
	return 0;
}