灯 & 树

这回是两道题一起...

[USACO09NOV]灯

[中山市选2009]树

题意：给您一些灯，以及一些边。每次改变一盏灯的时候，它相邻的灯也会变。求把灯状态全部转换的最小操作次数。

解：

解异或方程组的经典题。

我们对于灯列一个方程组，如果i对j有影响就令a[j][i] = 1

然后解出上三角矩阵。

解出来a[i][i] = 1的地方就是确定的灯。

0就是可有可无的灯。

然后我们大暴力搜索可有可无的灯。遇到确定的灯就根据已经搜索的那些来确定。

#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <algorithm>
const int N = 40;

int n, p[N], ans = 0x3f3f3f3f;
std::bitset<N> a[N];

inline void Gauss() {
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        for(int j = i; j <= n; j++) {
            if(a[j][i]) {
                std::swap(a[i], a[j]);
                break;
            }
        }
        if(!a[i][i]) {
            continue;
        }
        for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
            if(a[j][i]) {
                a[j] ^= a[i];
            }
        }
    }
    return;
}

inline void DFS(int k, int s) {
    if(s >= ans) {
        return;
    }
    if(k < 1) {
        ans = std::min(ans, s);
        return;
    }
    if(a[k][k]) {
        int t = a[k][n + 1];
        for(int i = k + 1; i <= n; i++) {
            if(a[k][i]) {
                t ^= p[i];
            }
        }
        if(t) { /// need press
            p[k] = 1;
            DFS(k - 1, s + 1);
            p[k] = 0;
        }
        else {
            DFS(k - 1, s);
        }
    }
    else {
        DFS(k - 1, s);
        p[k] = 1;
        DFS(k - 1, s + 1);
        p[k] = 0;
    }
    return;
}

int main() {
    int m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        a[y].set(x);
        a[x].set(y);
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i].set(n + 1);
        a[i].set(i);
    }

    Gauss();

    DFS(n, 0);

    printf("%d", ans);

    return 0;
}

一点思考：

我们能不能把上三角矩阵消成最终的那种结果，然后搜索？这样每次在DFS中确定状态就是O(1)的了。

我们既然都消完了，能不能直接把 ans += a[i][i] & a[i][n + 1] ?

事实证明不行...

随手造了点样例发现过不了...

不禁开始思考a[i][i] = 0的意义来。

比如这个最简单的样例：1和2之间有一条边。

那么消元之后的矩阵是这样的：

1 1 1

0 0 0

这是啥啊.....搞不倒