[Usaco2007 Open]Fliptile 翻格子游戏 状态压缩
考试想到了状压,苦于T1废掉太长时间,于是默默输出impossible。。
我们知道,一个格子的翻转受其翻转次数和它相邻翻转次数的影响。
由每一个位置操作两次相当于把它翻过来又翻回去,所以答案中每一个点操作次数为0或1。
然后我们枚举第一行的状态,1代表翻转,0代表不翻转。
如果与它相连的点的操作次数和它本身状态之和为偶数,它就会被翻成白色。
由于我们从上向下推,所以对于上一行的点来说,只有它下面那一个点不确定,我们就让下面这一个点进行能够让上一行点满足全为白色的操作。
这样推到最后一行,前面m-1行都满足,我们只需要看最后一行是否满足就可以了。
最后一行满足,就说明这种方案合法,再去更新之前存下的合法方案就可以了。
例如此位置本身与上左右状态之和为偶数,而此位置在初始时是1,所以我们需要把它翻成0,需要奇数个操作,所以我们把它下面的状态设置为1即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define pos(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define N 20 int n,m; int a[N][N],temp[N][N],ans[N][N]; int work(int i){ pos(j,1,n){ if(j==1){ pos(k,1,m) if((1<<(m-k))&i){ temp[j][k]=1; } } pos(k,1,m){ if(j!=n){ if((temp[j][k-1]+temp[j][k+1]+temp[j-1][k]+temp[j][k])%2==0){ if(a[j][k]){ temp[j+1][k]=1; } else{ temp[j+1][k]=0; } } else{ if(a[j][k]==0){ temp[j+1][k]=1; } else{ temp[j+1][k]=0; } } } if(j==n){ if((temp[j][k-1]+temp[j][k+1]+temp[j-1][k]+temp[j][k])%2==0){ if(a[j][k]){ return 0; } } else{ if(!a[j][k]) return 0; } } } } return 1; } int flag; int count(){ int sum1=0,sum2=0;; pos(i,1,n){ pos(j,1,m){ if(temp[i][j]) sum1++; if(ans[i][j]) sum2++; } } if(sum1<sum2) return 1; return 0; } void update(){ if(flag){ if(count()){ pos(i,1,n) pos(j,1,m) ans[i][j]=temp[i][j]; } else{ pos(i,1,n){ pos(j,1,m){ if(temp[i][j]<ans[i][j]){ pos(k,1,n){ pos(l,1,m){ ans[k][l]=temp[k][l]; } } } else{ return; } } } } } else{ pos(i,1,n) pos(j,1,m) ans[i][j]=temp[i][j]; flag=1; } } int main(){ //freopen("fliptile.in","r",stdin); //freopen("fliptile.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); pos(i,1,n){ pos(j,1,m){ scanf("%d",&a[i][j]); } } pos(i,0,(1<<m)-1){ memset(temp,0,sizeof(temp)); if(work(i)){ update(); } else{ continue; } } if(flag){ pos(i,1,n){ pos(j,1,m){ cout<<ans[i][j]<<" "; } cout<<endl; } } else{ cout<<"IMPOSSIBLE"; } return 0; }
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