Luogu P2962 [USACO09NOV]灯Lights

题意与数据范围

给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，初始每个点的状态都为 \(0\)，每次你可以选择一个点，将它与与它相连的所有点的状态一起改变（即 \(0\) 变 \(1\)，\(1\) 变 \(0\)），问至少进行多少次这样的操作后所有点的状态都变为 \(1\)

\(1\le n\le 35\)，\(1\le m\le 595\)

Solution

学习了一下解异或方程组，发现和一般的高斯消元差不多

异或方程组大概说的是这样一件事情

有一个由 \(n\times n\) 个元素组成的矩阵 \(A\)，对于其中每一个元素 \(a_{i,j}\)，有 \(a_{i,j}\in [0,1]\)

还有一个由 \(n\) 个元素组成的列向量 \(B\)，对于其中每一个元素 \(b_i\) ，也有 \(b_i\in [0,1]\)

现在你需要给出一个解组成的列向量 \(X\)，并保证其中每一个元素 \(x_i\in [0,1]\)，使得 \(A\times X=B\)

由于每一个元素都 \(\in[0,1]\)，所以直接把之前高斯消元中的乘号全换成异或就行了

那么我们再回来看这道题

容易发现，这道题中的按开关的次数就是 \(x_i\)，因为一个开关不会被按超过一次。而这张图的邻接矩阵几乎就是高斯消元中的系数矩阵 \(A\)，唯一不同之处就是因为按开关也会影响本身的状态，所以 \(a_{i,i}=1\) 。列向量 \(B\) 则全由 \(1\) 构成，因为终态是灯全部打开

直接高斯消元一下就行了

但是由于消元后有自由元的存在，我们并不能立刻得到最优解

考虑搜索枚举每一个自由元的取值并在此过程中进行回带，但这样会超时

加上一个最优性剪枝就可以了

代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=50;
int n,m,A,B,a[N][N],b[N],x[N],ans;
inline void Gauss(){
	for(register int i=1;i<=n;i++){
		int pos=0;
		for(register int j=i;j<=n;j++)
			if(a[j][i]){pos=j;break;}
		if(!pos)continue;
		swap(a[i],a[pos]);swap(b[i],b[pos]);
		for(register int j=i+1;j<=n;j++){
			if(!a[j][i])continue;
			for(register int k=i;k<=n;k++)a[j][k]^=a[i][k];
			b[j]^=b[i];
		}
	}
}
inline void DFS(int num,int xtot){
	if(xtot>=ans)return;
	if(!num){ans=min(xtot,ans);return;}
	if(a[num][num]){
		x[num]=b[num];
		for(register int i=num+1;i<=n;i++)x[num]^=a[num][i]&x[i];
		DFS(num-1,xtot+x[num]);
	}
	else{
		x[num]=1;DFS(num-1,xtot+1);
		x[num]=0;DFS(num-1,xtot);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(register int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d",&A,&B),a[A][B]=a[B][A]=1;
	for(register int i=1;i<=n;i++)a[i][i]=1;
	for(register int i=1;i<=n;i++)b[i]=1;
	Gauss();ans=1000;DFS(n,0);printf("%d\n",ans);
	return 0;
}