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）
输入格式
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。
输出格式
如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it’s impossible~!!” 。
输入样例：
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
输出样例：
4 Oh,it's impossible~!!
题意：有n盏灯，现在给了这n盏灯的初始状态，还有要最终状态，最终状态要通过你进行了x次操作后得到
每个灯最多进行一次操作，其中灯与灯之间有关系，如果开这个灯另一个灯也会改变状态，现在求有多少种操作可以满足达到最终状态
思路：我们可以化成n个式子
aij 代表按j开关会影响i开关，xi代表按i开关 ，begin 代表初始状态，end代表最终状态
a11*x1^a12*x2^a13*x3....=begin^end // 这是计算1开关进行了多少次操作，两边执行次数要相等
......
......
......
......
这里我们可以用状态压缩代表一行的状态，0位代表常数是多少，1-n位代表系数式为多少，XOR其实也相当于+法，后面矩阵消元的时候也用XOR
本题求的是方案数，我们初值为1，但是一旦有自由元，原先有自由元就代表当前有无数个解，这里只有0，1两种情况
所以答案为 1<<cnt
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 100005 #define mod 1000000007 using namespace std; typedef long long ll; ll a[200]; int main(){ ll t; cin>>t; while(t--){ ll n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++){ ll z; cin>>z; a[i]^=z; a[i]|=(1<<i); } ll x,y; while(cin>>x>>y){ if(x==0&&y==0) break; a[y]|=(1<<x); } ll ans=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ if(a[i]<a[j]) swap(a[i],a[j]);//这里求出当前最大元系数 } if(a[i]==0){//等于0，代表系数+常数都等于0，代表当前行全为0，那么直接推出，后面几位全为自由元，因为上面求的是最大值 // cout<<"i:"<<i<<endl; ans=1<<(n-i+1); break; } if(a[i]==1){//为1代表 常数=1 ，因为是状压形态存储，所以肯定是第0位为1，这里就造成无解情况 0=1 ans=0; break; } for(int k=n;k>=1;k--){ //这里我们从高到低位枚举到最高的位的元让然后遍历 ，为什么我们不直接用第i位呢，因为我们需要从高到低枚举，前面找的最大值 if(a[i]>>k&1){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(i!=j&&(a[j]>>k&1)){ a[j]^=a[i]; } } break; } } } if(ans==0){ cout<<"Oh,it's impossible~!!"<<endl; } else{ cout<<ans<<endl; } } }
