POJ1830 开关问题（高斯消元）

你不经意地按下开关，可能照亮别人晦暗的心灵。
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 30000K
Description
有N个相同的开关，每个开关都与某些开关有着联系，每当你打开或者关闭某个开关的时候，其他的与此开关相关联的开关也会相应地发生变化，即这些相联系的开关的状态如果原来为开就变为关，如果为关就变为开。你的目标是经过若干次开关操作后使得最后N个开关达到一个特定的状态。对于任意一个开关，最多只能进行一次开关操作。你的任务是，计算有多少种可以达到指定状态的方法。（不计开关操作的顺序）
Input
输入第一行有一个数K，表示以下有K组测试数据。
每组测试数据的格式如下：
第一行 一个数N（0 < N < 29）
第二行 N个0或者1的数，表示开始时N个开关状态。
第三行 N个0或者1的数，表示操作结束后N个开关的状态。
接下来 每行两个数I J，表示如果操作第 I 个开关，第J个开关的状态也会变化。每组数据以 0 0 结束。
Output
如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it’s impossible~!!” 不包括引号
Sample Input
2
3
0 0 0
1 1 1
1 2
1 3
2 1
2 3
3 1
3 2
0 0
3
0 0 0
1 0 1
1 2
2 1
0 0
Sample Output
4
Oh,it’s impossible~!!

这题的做法有点清奇，它是把高斯消元由我所知道的加法拓展到了异或。

（异或，即二进制下，相同的位，数值相同为0，不同为1。异或满足交换律和结合律，结果的一个数位上要为1的话，那么参加异或的所有数的该数位上的值之和必须为奇数）

其实异或就是不进位加法，不同与$a+b，a ~operatorname{xor} ~ b$并不会进位（即a，b在某一二进制位上都为1时，这位与其他位无影响)(仅为个人意见，可能有些错误，欢迎一起讨论）。

设$a_{i,j}为j与i的关系$，$a_{i,j}=1时j按时会影响i$ ,否则j按时与i无关,$x_i$表示是否按了这个开关（与灯亮与否无关）,$st_i,ed_i$分别表示第i个开关的始末状态。由此可列出异或方程组：
$egin{cases} a_{1,1}x_1operatorname{xor} a_{1,2}x_2operatorname{xor} ……operatorname{xor} a_{1,n}x_n =st_1 operatorname{xor} ed _1\a_{2,1}x_1 operatorname{xor} a_{2,2}x_2 operatorname{xor} ……operatorname{xor} a_{2,n}x_n =st_2 operatorname{xor} ed_2\ ……\a_{n,1}x_1 operatorname{xor} a_{n,2}x_2 operatorname{xor} ……operatorname{xor} a_{n,n}x_n =st_n operatorname{xor} ed_nend{cases}$
每个系数是1 or 0，n<29，所以我们可以状态压缩。同时，我们可以类似加法的操作，每次在一行选出一个主元,并对有这一元的其他行进行处理。因为当$a_{i,k}=a_{j,k}$时，$a_{i,k} operatorname{xor}a_{j,k}=(a_{i,k}*x_k) operatorname{xor}(a_{j,k}*x_k)=0$，所以当$a_{i,k}=a_{j,k}=1$时，可以把第j行进行异或处理，把第j列的元消去。
题解提供两种做法:

//POJ 0ms AC代码 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int bin[30],n,a[30];long long t;
int main()
{
	bin[0]=1;for(int i=1;i<29;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&n);
		memset(a,0,sizeof(a));//预处理 
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
		for(int i=1,j;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&j);
			a[i]^=j;//得出是否变化
			a[i]|=bin[i];
		}
		int x,y,ans=1;
		while(scanf("%d%d",&x,&y),x&&y)a[y]|=bin[x];//y能被x影响 
		for(int i=1;i<=n;i++)//先删高位，形成“左上三角”（非专业用语） 
		{
			for(int j=i+1;j<=n;j++)if(a[j]>a[i])swap(a[j],a[i]);//取最大的，从高位到小位扫。 
			//其实，从小到大扫也可以，只是当有自由元时，判断求解比较慢而已。（但判无解会快。） 
			if(!a[i]){ans=bin[n-i+1];break;}//i-1个主元，n-（i-1)=n-i+1个自由元，每个有2种可能
			else if(a[i]==1){ans=0;break;}//0==1无解
			for(int k=n-i+1;k;k--)//前面已经至少删掉了i-1个位 
				if(a[i]&bin[k])//找出最高位，并把其他的有这一位的数字都删掉这一位。 
				{
					 for(int j=i+1;j<=n;j++)//j也可从1开始,但以后我们其实就不在讨论当前的1~i了。 
					 	if(a[j]&bin[k])a[j]^=a[i];
					 break;
				}
		}
		/*for(int i=1;i<=n;i++)//16ms 的打法 
		{
			for(int j=i+1;j<=n;j++)if(a[j]<a[i])swap(a[j],a[i]);
			if(!a[i]){ans=ans<<1;continue;}//自由元 
			else if(a[i]==1){ans=0;break;}//无解 
			for(int k=i;k<=n;k++)
				if(a[i]&bin[k])
				{
					for(int j=i+1;j<=n;j++)if(a[j]&bin[k])a[j]^=a[i];
					break;
				}
		}*/
		if(!ans)puts("Oh,it's impossible~!!");
		else printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}