POJ 2965：The Pilots Brothers' refrigerator
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Description
The game “The Pilots Brothers: following the stripy elephant” has a quest where a player needs to open a refrigerator.
There are 16 handles on the refrigerator door. Every handle can be in one of two states: open or closed. The refrigerator is open only when all handles are open. The handles are represented as a matrix 4х4. You can change the state of a handle in any location [i, j] (1 ≤ i, j ≤ 4). However, this also changes states of all handles in row i and all handles in column j.
The task is to determine the minimum number of handle switching necessary to open the refrigerator.
Input
The input contains four lines. Each of the four lines contains four characters describing the initial state of appropriate handles. A symbol “+” means that the handle is in closed state, whereas the symbol “−” means “open”. At least one of the handles is initially closed.
Output
The first line of the input contains N – the minimum number of switching. The rest N lines describe switching sequence. Each of the lines contains a row number and a column number of the matrix separated by one or more spaces. If there are several solutions, you may give any one of them.
Sample Input
-+-- ---- ---- -+--
Sample Output
6 1 1 1 3 1 4 4 1 4 3 4 4
也是一道枚举DFS。。写着到题。能够先写http://blog.csdn.net/u013487051/article/details/37310817
两者一样的题。
。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
bool door[6][6]={false};
int flag;
int step;
int x[105];
int y[105];
int all()
{
for(int i=1; i<=4; i++)
for(int j=1; j<=4; j++)
if(!door[i][j])
return 0;
return 1;
}
void flip(int m,int n)//翻开关
{
for(int i=1; i<=4; i++)
{
door[m][i]=!door[m][i];
door[i][n]=!door[i][n];
}
door[m][n]=!door[m][n]; //由于被翻了偶数次。所以在翻一次
return;
}
void dfs(int m,int n,int deep)
{
if(deep==step)
{
flag=all();
return;
}
if(flag||m==5)return;
flip(m,n); //翻开关
if(n<4)
{
x[deep]=m;
y[deep]=n;
dfs(m,n+1,deep+1);
}
else
{
x[deep]=m;
y[deep]=n;
dfs(m+1,1,deep+1);
}
flip(m,n); //不符合话就翻回来
if(n<4)
dfs(m,n+1,deep);
else
dfs(m+1,1,deep);
return;
}
int main()
{
char str;
flag=0;
for(int i=1; i<=4; i++)
for(int j=1; j<=4; j++)
{
cin>>str;
if(str=='-')
door[i][j]=true;
}
for(step=0; step<=16; step++)
{
dfs(1, 1, 0);
if(flag)
break;
}
if(flag)
{
cout<<step<<endl;
for(int i=0; i<step; i++)
cout<<x[i]<<" "<<y[i]<<endl;
}
return 0;
}
另一种高 效解法：
/* 參考高手的高效解法： > 证明:要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;能够证明,假设'+'位置相应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图仅仅有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变. > 设置一个4*4的整型数组,初值为零,用于记录每一个点的操作数,那么在每一个'+'上的行和列的的位置都加1,得到结果模2(由于一个点进行偶数次操作的效果和没进行操作一样,这就是取反的原理),然后计算整型数组中一的 > 个数即为操作数,一的位置为要操作的位置(其它原来操作数为偶数的由于操作并不发生效果,因此不进行操作) ********************************* 此上证其能够按以上步骤使数组中值都为‘-’ ******************************** 在上述证明中将全部的行和列的位置都加1后。在将其模2之前,对给定的数组状态，将全部的位置操作其所存的操作数个次数。举例。假设a[i][j]==n,则对（i,j）操作n次。当全部的操作完后，即全为‘-’的数组。 事实上就是不模2的操作，作了很多的无用功。以上的操作次序对结果无影响，假设存在一个最小的步骤，则此步骤一定在以上操作之中。（简单说下：由于以上操作已经包括了全部可改变欲改变位置的操作了） 而模2后的操作是去掉了全部无用功之后的操作。此操作相同包括最小步骤。
但模2后的操作去掉不论什么一个或几个步骤后，都不可能再得到全为‘-’的。（此相同可证明：由于操作次序无影响，先进行最小步骤。得到全为‘-’。假设还剩下m步。则在全为‘-’的数组状态下进行这m步操作后还得到一个全为 ‘-’的数组状态。此仅仅能是在同一个位置进行偶数次操作，与前文模2后矛盾，所以m=0）。因此模2后的操作即为最小步骤的操作。 */
代码例如以下：
#include <iostream>
using namespace std;
bool mark[4][4];
char s[4][4];
int main()
{
int i,j,k;
int ci[16],cj[16];
int nas = 0;
memset(mark,0,sizeof(mark));
for(i = 0;i < 4;i++)
cin >> s[i];
for(i = 0;i < 4;i++)
for(j = 0;j < 4;j++)
{
char c = s[i][j];
if(c == '+')
{
mark[i][j] = !mark[i][j];
for(k = 0;k < 4;k++)
{
mark[i][k] = !mark[i][k];
mark[k][j] = !mark[k][j];
}
}
}
for(i = 0;i < 4;i++)
for(j = 0;j < 4;j++)
if(mark[i][j] == true)
{
ci[nas] = i + 1;
cj[nas] = j + 1;
nas ++;
}
printf("%d\n",nas);
for(i = 0;i < nas;i++)
{
printf("%d %d\n",ci[i],cj[i]);
}
return 0;
}
