洛谷 P2622 关灯问题II【状压DP;隐式图搜索】

题目描述

现有n盏灯，以及m个按钮。每个按钮可以同时控制这n盏灯——按下了第i个按钮，对于所有的灯都有一个效果。按下i按钮对于第j盏灯，是下面3中效果之一：如果a[i][j]为1，那么当这盏灯开了的时候，把它关上，否则不管；如果为-1的话，如果这盏灯是关的，那么把它打开，否则也不管；如果是0，无论这灯是否开，都不管。

现在这些灯都是开的，给出所有开关对所有灯的控制效果，求问最少要按几下按钮才能全部关掉。

输入格式：

前两行两个数，n m

接下来m行，每行n个数,a[i][j]表示第i个开关对第j个灯的效果。

输出格式：

一个整数，表示最少按按钮次数。如果没有任何办法使其全部关闭，输出-1

输入样例：

3

2

1 0 1

-1 1 0

输出样例#1：

2

说明

对于20%数据，输出无解可以得分。

对于20%数据，n<=5

对于20%数据，m<=20

上面的数据点可能会重叠。

对于100%数据 n<=10,m<=100

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题目分析

关灯问题——状态压缩经典

所谓状态压缩

就是将问题可能遇到的每一个状态用一个唯一的二进制数表示

其复杂度一般都是指数级的

这也注定了状压类的题数据规模都不会太大

此题中我们以1表示开灯状态，0表示关灯状态

这样我们可以以一个长度为n的二进制数唯一的表示每个状态

接着就可以依靠既定的开关关系将每个状态连接起来

即将隐式图转化为显式图通过BFS最短路解决

以灯全开状态为起点

二进制为n个1 ，十进制表示为（1<< n）-1

开始枚举m个开关以得到接下来的m个状态

for(int i=1;i<=m;i++)
{
    ss=（1<< n）-1;
    for(int j=1;j<=n;j++)
    {
        if( a[i][j]==1 && (ss&(1<<j-1)) ) ss^=(1<<j-1);
        else if( a[i][j]==-1 && !(ss&(1<<j-1)) ) ss|=(1<<j-1);
    }
}

ss&(1<< j-1)此运算用以检查当前状态的第j位是否为1

1<< j-1意思是将1左移j-1位，移动后只有第j位上是1

若开关操作为1且当前状态第j位是1

则ss^=(1<< j-1) 表示 1与1异或后得0

若开关操作为-1且当前状态第j位是0

则ss|=(1 << j-1) 表示 1或0 后得1 （此处异或操作也对，因为1异或0得1）

之后便用相同的方法在得到的每个状态上再不断搜索每个状态

由于是BFS，所以一旦某一步状态表示为0（十进制二进制的0写法都是0）

则当前步数必定是最短操作数

若遍历完所有状态都没有0，则输出-1

记得搜索过的状态要打vis标记避免重复访问

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#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

void print(int x)
{
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(x>9)print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}

int n,m;
int a[110][1010];
struct node{int s,step;};//s存储状态，step存储当前步数
bool vis[1000010];

int spfa()
{
    int ss;
    queue<node> q;
    q.push( (node) {(1<<n)-1,0} );
    vis[(1<<n)-1]=true;//以全开为初始状态，二进制为n个1，十进制如代码

    while(!q.empty())
    {
        node u=q.front();
        q.pop();
        if(u.s==0){return u.step;}//若状态为0，则返回当前步数

        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            ss=u.s;
            for(int j=1;j<=n;j++)//由于开关对所有灯都影响，所以每个灯都遍历
            {
                if( a[i][j]==1 && (ss&(1<<j-1)) ) ss^=(1<<j-1);
                else if( a[i][j]==-1 && !(ss&(1<<j-1)) ) ss|=(1<<j-1);
            }//位运算解释如上文本

            if(!vis[ss])//若该状态未访问，就加入队列
            {
                q.push( (node) {ss,u.step+1} );
                vis[ss]=true;
            }
        }
    }
    return -1;
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    a[i][j]=read();//保存每个开关操作对灯的影响

    print(spfa());
    return 0;
}