poj2965--较为巧妙的算法

这一题大意如下:

      一个冰箱上有4*4共16个开关,改变任意一个开关的状态(即开变成关,关变成开)时,此开关的同一行、同一列所有的开关都会自动改变状态。要想打开冰箱,要所有开关全部打开才行。

     输入:一个4×4的矩阵,+表示关闭,-表示打开;

   输出:使冰箱打开所需要执行的最少操作次数,以及所操作的开关坐标。

这一题很多人使用BFS的方法,其实还有一种更为精妙的方法,值得大家思考。

这种方法网上很多人都提到了,但是说的都不太清晰,我想了很久也没想明白,后来我用程序追踪一下运行的过程,才豁然开朗。

首先要明白最基本的原理:对一个开关进行操作n次,如果n为偶数,那么这个开关以及同行、同列的开关状态都不发生改变,等价于没有操作;如果n为奇数,那么这个开关以及同行同列的开关状态全都发生改变,等价于只操作了一次。

要想使所有开关状态全部打开(全部是-),就要把所有+变成-,所有-不改变。我们要做的就是找到一种“公式”,策略,使得不改变已经打开的开关状态的情况下,把关闭的开关打开。这点很类似于魔方(PS:玩过魔方的都知道,魔方所谓的公式,其实就是在不改变已经拼好的部分的情况下,把其他部分一点一点添加到已拼好的部分)。

我们找到的策略就是:把开关本身以及其同一行同一列的开关(总共7个)都进行一次操作,结果是,开关本身状态改变了7次,开关同一行、同一列的开关状态改变了4次,其他开关状态改变了2次。如下图所示。

假如开关坐标为第二行第三列的(2,3),那么按照上述策略(把开关本身以及其同一行同一列的开关都进行一次操作),结果分析如下:

对于黄色部分的开关,只有与此黄色开关同一行和同一列的两个红色开关操作时,此黄色开关的状态才会发生改变,因此所有黄色部分状态改变次数为2,相当于0次

对于红色部分的开关,只有与此红色开关同一列或同一列的开关操作时,此红色开关状态才会发生改变,一行或者一列有4个开关,因此红色部分开关状态改变次数为4,相当于0次

对于最原始的那个黑色开关,所有红色开关操作时,它的状态改变一次,然后黑色开关自己操作一次,因此黑色开关状态改变7次,相当于改变1次。

总结上述分析可以得出结论,把开关本身以及其同一行同一列的开关都进行一次操作,最终结果是只有开关本身状态发生变化,其他所有开关状态都不变。

 

策略找到之后,那我们就想,如果对于所有关闭着的开关都进行一次上述策略,那么肯定是能把冰箱打开的,下面我们要做的就是把一些无用的,重复的操作去掉即可。

用一个4*4的数组记录每个开关操作的次数,初始化为0,开关操作一次,记录就+1,以样例(http://poj.org/problem?id=2965)为例:

-+--
----
----
-+--


1 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0


1 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0


1 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0


1 1 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0


1 1 1 1
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0


1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0


1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
0 1 0 0

 

 

1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 1 0 0


1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 0 0


1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 1 0


1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 1 1


1 2 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 1 1


1 2 1 1
0 2 0 0
0 1 0 0
1 2 1 1


1 2 1 1
0 2 0 0
0 2 0 0
1 2 1 1

对于样例中的每一个+开关,进行一次策略,记录数组所记录的每一个开关操作的次数变化如上所示。那么在最终得到的数组中可以看出,有些开关操作了偶数次,有些操作了奇数次。操作了偶数次的开关就是上面所说的无用的,重复的操作,直接去掉,留下奇数次的就最终的答案。

代码写的不好,仅供参考

#include<stdio.h>
#include<malloc.h>

char handle[4][4];  //存储字符
int record[4][4];   //记录每一位操作次数

void set_handle()
{
    int i, j;
    for(i = 0; i < 4; i++)
    {
        scanf("%s", handle[i]);
    }
    memset(record, 0, sizeof(record));
}

char change_state(char state)
{
    if(state == '+')
        return '-';
    return '+';
}

//把m行n列的开关按下
void flip(int m, int n)
{
    int i, j;
    for(j = 0; j < 4; j++)  //行操作
    {
        handle[m][j] = change_state(handle[m][j]);
    }
    for(i = 0; i < 4; i++)  //列操作
    {
        if(i != m)
          handle[i][n] = change_state(handle[i][n]);
    }
    record[m][n]++; //执行一次操作
}

//对数组中所有+位置的行和列所有的开关执行一次flip操作
void full_flip()
{
    int i, j;
    for(i = 0; i < 4; i++)
    {
        for(j = 0; j < 4; j++)
        {
            if(handle[i][j] == '+')
            {
                int t;
                for(t = 0; t < 4; t++)
                {
                    flip(i, t);
                }

                for(t = 0; t < 4; t++)
                {
                    if(t != i)
                    {
                       flip(t,j);
                    }

                }
            }
        }
    }
}


//遍历record数组,统计操作次数
void solute()
{
    int count = 0;
    int i, j;
    for(i = 0; i < 4; i++)
    {
        for(j = 0; j < 4; j++)
        {
            if(record[i][j] & 1  != 0)
            {
                count ++;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", count);
    for(i = 0; i < 4; i++)
    {
        for(j = 0; j < 4; j++)
        {
            if(record[i][j] & 1  != 0)
            {
                printf("%d %d\n", i+1, j+1);
            }
        }
    }

}

int main(void)
{
    set_handle();
    full_flip();
    solute();
    return 0;
}

  

posted @ 2014-07-28 17:10  缓冲区溢出  阅读(3533)  评论(1编辑  收藏  举报