费解的开关

题目

题目

讲解

先将两个比较重要的性质：

1. 对于一个按钮，不可能按两次，按两次就等于不按。
2. 按按钮的顺序不会影响最终结果。（也就是无序）

至于为什么，可以结合位运算来思考，在此不多讲了。

仍然分成做法1和做法2。

做法1（我的做法）

没错，我的做法就是暴力，传统艺能。

为了节省空间，我把(1)设为灯是暗的，(0)是亮的。（实际上并没有节省）

然后就变成了我们要让图全部变成(0)了，但是我们发现这个操作是可逆的，如果(X)能花(5)步变成(Y)，那(Y)也能花(5)步变成(X)，重点是数据范围是(5*5)的，而(2^{25}-1=33554431)，那么我们就可以直接用一个(int)来反映整个图的开关情况了，然后我们预处理出(0)状态到(X)状态所需要的步数就行了，对于超过(6)步的就不理他了。

当然我还有一个性质不知道怎么证的，只是觉得他是对的，但是不会证，但我也用了因为我找不出反例。（其实不用改成min就行了）
对于每个按钮，不可能通过按其他的按钮来实现这个按钮的功能，这意味着(0)到每个图所需要按的按钮是唯一的。

时间复杂度：(O(C_{25}^{6}+n))

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  41000000
using  namespace  std;
int  a[N];
inline  int  close(int  x/*状态*/,int  k/*位置*/)
{
	x^=(1<<(k-1));
	if(k%5!=0)x^=(1<<k);
	if(k%5!=1)x^=(1<<(k-2));
	if(k>5)x^=(1<<(k-6));
	if(k<=20)x^=(1<<(k+4));
	return  x;
}
void  dfs(int  k/*表示状态*/,int  t/*表示这次是第几次开灯了*/,int  x/*这是决定在哪里开灯的*/)
{
 	a[k]=t;//记录状态，这里就用到了那个神奇的性质了
	if(t==6  ||  x>25)return  ;//以后都不可能开灯了 
	dfs(close(k,x),t+1,x+1);//开灯 
	dfs(k,t,x+1);//不在这里开灯 
}
int  main()
{
	int  T;scanf("%d",&T);
	dfs(0,0,1);
	while(T--)
	{
		char  st[10];
		int  x=0;
		for(int  i=1;i<=5;i++)
		{
			scanf("%s",st+1);
			for(int  j=1;j<=5;j++)
			{
				if(st[j]=='0')x^=(1<<((i-1)*5+j-1));
			}
		}
		if(x==0)printf("0
");
		else  if(a[x]==0)printf("-1
");
		else  printf("%d
",a[x]);
	}
	return  0;
}

做法2

奆佬就是奆佬，惹不起惹不起。

果然，不出所料。

https://www.acwing.com/solution/content/804/博客中奆佬给出了一种时间复杂度更好看的做法（当然这个做法更吃按钮方案唯一这个性质，但是我还是不会证QAQ，但是感觉是对的）。

这个做法要从我们看这个开关的角度来看了，开关是一个“十”字的构造，题目中是说点中间影响四周，但是我们可以看成我们点了上面的开关，影响了下面四个开关，这样子看的话，我们点开关的时候就可以一层层向下推进了。

但是这样存在两个问题。

1. 不是最少的点击次数，例如：
   000
   101
   111
   如果按照这种方法按的次数是远大于(3)的，而且题目中都说了我们按了中间影响了四周，所以我们必须要考虑第一行是中间的情况，对于这种情况，奆佬选择了直接暴力枚举操作序列，比如我枚举到了(00110)，说明我会按3、4号开关，但是这会花费(2^5)的代价足足32啊，四舍五入就是一个亿啊，然后再按这个做法做，就解决了这种情况。

2. 不能完美的把图变成(0)。
   如：
   000
   101
   111
   我们用我们的方法处理第一行：
   111
   111
   000
   第二行不用处理了，但到了第(3)行，我们就不能用这个方法了，因为我们其实只是把按按钮换了个角度看，实际位置并没变，如果我们按那个方法接着做，那么按开关的实际位置就是在第(4)行了。
   而且这也恰巧为按钮方案唯一这个提供了有力的证据，第一个问题是不是最少的点击次数，但是根据这个性质理论上来讲只存在一个点击次数啊，所以这个问题就说明了，这种方式构造出的方案不仅点击次数多，而且还是错误。
   至于解决的方法，就是不让最后一行参与到这个方法中，同时在做完之后看看图是否满足要求就行了。（其实只用检查最后一行）

时间复杂度：(O(2^5*5^2*n))

代码采用https://www.acwing.com/solution/content/804/：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,i,j,k,a[7][7],ans1=1e6,b[7][7];//7,7是因为怕在最后一排溢出
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        getchar();
        for (i=1;i<=5;i++)
        {
            for (j=1;j<=5;j++)
            {
                char ch=getchar();
                b[i][j]=ch-'0';
            }
            getchar();
        }
        for (i=0;i<=(1<<5);i++)//模拟第一行的操作序列
        {
            for (j=1;j<=5;j++)
            {
                for (k=1;k<=5;k++)
                    a[j][k]=b[j][k];
            }
            int ans=0;
            for (j=1;j<=5;j++)
                if (i>>(j-1) & 1)
                {
                    ans++;
                    a[1][j-1]^=1;
                    a[1][j+1]^=1;
                    a[1][j]^=1;
                    a[2][j]^=1;
                }
            for (j=1;j<=4;j++)//切记是1~4，而不是2~5，因为我们是控制i+1行，而不是控制第i行
                for (k=5;k>=1;k--)
                    if (!a[j][k])
                    {
                        ans++;
                        a[j][k]^=1;//上面
                        a[j+2][k]^=1;//下面
                        a[j+1][k]^=1;//本身
                        a[j+1][k+1]^=1;//右面
                        a[j+1][k-1]^=1;//左面
                    }
            //cout<<ans<<endl;
            bool ok=true;
            for (j=1;j<=5;j++)
                for (k=1;k<=5;k++)
                    if (!a[j][k])
                        ok=false;
            if (ok)
                ans1=min(ans1,ans);//,cout<<ans<<endl;
        }
        if (ans1>6)
            cout<<-1;
        else
            cout<<ans1;
        ans1=1e7;
        puts("");
    }
    return 0;
}