闪烁

闪烁

农夫约翰对牛棚里昏暗的灯光感到不满，刚刚安装了一个新吊灯。

新吊灯由 $N$ 个灯泡组成，这 $N$ 个灯泡围成一圈，编号为 $0 \sim N−1$。

奶牛对这个新吊灯非常着迷，并且喜欢玩以下游戏：

对于第 $i$ 个灯泡，如果在 $T−1$ 时刻，它左侧的灯泡（当 $i>0$ 时，为第 $i−1$ 个灯泡；当 $i=0$ 时，为第 $N−1$ 个灯泡）是开着，那么在 $T$ 时刻，就切换这个灯泡的状态。

这个游戏将持续 $B$ 单位时间。

给定灯泡的初始状态，请确定在 $B$ 单位时间后，它们的最终状态。

输入格式

第一行包含两个整数 $N$ 和 $B$。

接下来 $N$ 行，按顺序描述每个灯泡的初始状态，每行包含一个整数 $1$ （表示开）或 $0$（表示关）。

输出格式

共 $N$ 行，按顺序每行输出一个灯泡的最终状态。

数据范围

$3 \leq N \leq 16$,
$1 \leq B \leq {10}^{15}$

输入样例：

5 6
1
0
0
0
0

输出样例：

1
1
1
0
1

样例解释

灯泡状态如下：

时刻 T=0: 1 0 0 0 0
时刻 T=1: 1 1 0 0 0
时刻 T=2: 1 0 1 0 0
时刻 T=3: 1 1 1 1 0
时刻 T=4: 1 0 0 0 1
时刻 T=5: 0 1 0 0 1
时刻 T=6: 1 1 1 0 1

 

解题思路

　　可以发现，每个时刻灯泡亮暗状态的改变可以用二进制的位异或来表示，比如有第$t$个时刻时，第$i$个灯的状态为$s_{i}^{\left( t \right)}$，则下一个时刻的状态可以表示为$s_{i}^{\left( t+1 \right)} = s_{i}^{\left( t \right)} \wedge s_{i-1}^{\left( t \right)}$。

　　一共最多有$16$个灯泡，那么最多有$2^{16}$种不同的状态，而变化的次数最多有${10}^{15}$，因此这个状态的转移必然存在一个环。

　　可以用抽屉原理来证明，假设有$n$个灯泡，如果要变$2^n+1$次，而最多只有$2^n$种不同的状态，因此必然有两种状态是相同的，即必然在进行状态变化的时候会出现循环，即上图中的环。每个状态变化后的新状态是唯一的，对应上图就是每个结点都有唯一一个后继，因此必然存在某个点开始会出现环。

　　因此我们在枚举状态的时候可以判断一下这个状态之前是否出现过，如果出现过那么表示我们找到一个环，此时我们用原来要循环的次数对这个环的大小取余数得到$r$，然后再从这个出现过点转移$r$次状态就可以得到最终的状态，这个状态与原本要循环的结果是一样的。

　　我们一开始模拟状态的转移最多需要$2^{16}$的计算量，余数最大也是$2^{16}$，因此总的计算量最多为$2 \times 2^{16}$。

　　其中状态的转移是用位运算来实现的，例如：

　　AC代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1 << 16;

int mp[N];

int main() {
    int n;
    LL m;
    scanf("%d %lld", &n, &m);
    
    int st = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        st |= x << i;
    }
    
    memset(mp, -1, sizeof(mp)); // -1表示这个状态没有出现过
    mp[st] = 0; // 初始状态为0
    for (int i = 1; i < 1 << n && i <= m; i++) {    // 最多枚举2^n个状态或m次
        st ^= ((st << 1) | (st >> n - 1 & 1)) & ((1 << n) - 1); // 从当前状态转移到下一个状态
        // 后面的&((1 << n) - 1)表示将第n位开始往后的位都变成0，这些位都进行&0操作，前面0~n-1为进行&1操作
        if (mp[st] != -1) { // 这个状态之前出现过，表明出现环
            int cnt = i - mp[st];   // 计算环的大小
            int r = (m - i) % cnt;  // 此时必然有m >= i，计算在环中要走的步数，即转移的次数
            while (r--) {   // 转移r次
                st ^= ((st << 1) | (st >> n - 1 & 1)) & ((1 << n) - 1);
            }
            
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                printf("%d\n", st >> i & 1);
            }
            return 0;
        }
        mp[st] = i; // 当前状态是第i个状态
    }
    
    // 执行到这里表明i == m + 1，当前的st就是第m个状态
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        printf("%d\n", st >> i & 1);
    }
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 1960. 闪烁（寒假每日一题2022）：https://www.acwing.com/video/3666/