『开关问题 异或高消』
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<正文>
开关问题(POJ 1830)
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 Format
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 Format
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~!!
解析
设\(x_i\)代表是否操作了第\(i\)个开关，按了为\(1\)，不按为\(0\)。\(f_{ij}\)代表开关\(i\)和开关\(j\)的联系情况，按下\(j\)会影响\(i\)则\(f_{ij}=1\)，反之\(f_{ij}=0\)，对于任意的\(i\)，令\(f_{ii}=1\)。
如果将第\(i\)个开关最后是否变化记为\(p_i\)的话，就可以得到异或方程组：
同样地，这个方程组也是可以高斯消元的，只需将加减操作改为异或即可。
对于本题，求的是方案数，那么我们分高斯消元的三种情况处理即可。当方程组恰好有解时，方案数为\(1\)，当方程组无解时，方案数为\(0\)，当方程组无穷解时，记录下自由元的个数\(p\)，由于每个\(x\)可以取\(1\)或\(0\)，所以方案数为\(2^{p}\)。
由于本题增广矩阵中所有元素非\(1\)即\(0\)，所以可以状态压缩一下，方便运算。
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=30;
int n,f[N],ans,t;
inline void input(void)
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&f[i]);
int x,y;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
f[i] ^= x;
}
while ( scanf("%d%d",&x,&y) && x && y )
f[y] |= 1 << x;
}
inline void init(void)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
f[i] |= 1 << i;
}
inline void Gauss(void)
{
ans = 1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=i+1;j<=n;j++)
if ( f[j] > f[i] )
swap(f[j],f[i]);
if (!f[i]){ans = 1 << (n-i+1);break;}
if (f[i]==1){ans = 0;break;}
for (int j=n;j>=1;j--)
{
if (f[i] >> j & 1)
{
for (int k=1;k<=n;k++)
if ( i ^ k && ( f[k] >> j & 1 ) )
f[k] ^= f[i];
break;
}
}
}
}
int main(void)
{
freopen("switch.in","r",stdin);
freopen("switch.out","w",stdout);
scanf("%d",&t);
while (t--)
{
input();
init();
Gauss();
if ( !ans )printf("Oh,it's impossible~!!\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
<后记>
