『开关问题 异或高消』

<更新提示>

<第一次更新>

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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#

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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#

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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：

$$\begin{cases} f_{11}x_{1}\ xor \ f_{12}x_{2}\ xor\ ... \ xor\ f_{1n}x_n=p_1 \\ f_{21}x_{1}\ xor \ f_{22}x_{2}\ xor\ ... \ xor\ f_{2n}x_n=p_2 \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ... \\ f_{n1}x_{1}\ xor \ f_{n2}x_{2}\ xor\ ... \ xor\ f_{nn}x_n=p_n \end{cases}$$

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。

$Code:$

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  #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;
}

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<后记>