POJ 2811 熄燈問題 POJ 1222

樣例輸入/輸出後面有~

區域性即整體思想：雖然整體情況看起來巨多，眼花繚亂，但有時候問題的一小部分，其實對應了所有的結果，因為所有的結果都是從這一區域性出發生長出來的(雞湯：細節決定成敗，丟了馬蹄鐵導致戰爭失敗)

本題：第一行就是這樣的「區域性」，任意給出乙個第一行的按開關方案，後面所有行，要想成功，一定是確定的。

具體為：因為按任意乙個元素a（i, j），都會使同列上一行元素a(i-1, j)受影響,第一行的方案如果確定，會導致第一行的燈有亮有滅，所以第二行一定要按那些第一行亮著的燈下面對應的開關（不這樣按，一定失敗，只有第二行能改變第一行，第三行以上都影響不了第一行），如第一行亮的燈是（0, 2, 3, 5）->對應第二行按的方案就一定是（0, 2, 3, 5），由此遞推到最後一行，從這裡我們知道了上一行按後的結果（亮的燈-–矩陣中的1），就一定是下一行按的方案

結束條件：每種按第一行的方案（一共2^5=64種），對應的最後一行（第5行）是否符合條件（全滅），因為只有最後一行狀態不確定，包括最後一行在內，每一行都完成了使上一行全滅的任務，等最後一行按完以後，前n-1行全滅了已經，故只需考慮最後一行（即第n行）

儲存方式上來看：只有0/1矩陣想到 ->位運算（時間和空間上都會優化很多），位運算的相關技巧見文末(需要相關的計算機組成原理知識，涉及到機器數的表示)

這裡用到的技巧是：用0 ~ 2^5-1=63 對應的二進位制（即0000 0000b ~ 0011 1111b)來模擬第一行（for(int n=0; n < 64; ++n)）

#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
char orilights[5]
;char lights[5]
;//測試用的燈矩陣 
char result[5]
;int
getbit
(char c,
int i)
void
setbit
(char
& c,
int i,
int v)
else
c &=~
(1<< i);}
void
flipbit
(char
& c,
int i)
void
outputresult
(int t,
char result)
cout <
intmain()
// outputresult(t, orilights); //測試讀入 
for(
int n =
0; n <64;
++n)}if
(i <4)
lights[i+1]
^= switchs;
//將第i行燈的狀態賦值給switchs: 從而得到第i+1行的開關策略
//如i行燈01001001，則下一行按開關為01001001 
switchs = lights[i]
;//在下一次迴圈的開始，result[i+1] = switchs; }if
(lights[4]
==0)}
}return0;
}

201 1010 1001 1100 1001 1001 0101 1100 0010 1010 1011 0010 1110 1100 0101

00

puzzle #110 1001 1101 0100 1011 1001 0001 0000 puzzle #210 0111 1100 0000 0100 1101 0110 1101

#include
using
namespace std;
int press[7]
[8]=
;int puzzle[7]
[7];
void
carry
(int a[
8])if
(a[i][1
]!=0)
}}void
input()
}}void
output
(int n)
printf
("\n");
}}bool
test()
}bool flag =
true
;for
(int i =
1; i <6;
++i)
return flag;
}int
main()
}}return0;
}

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