灯 & 树

这回是两道题一起...

[USACO09NOV]灯

[中山市选2009]树

题意：给您一些灯，以及一些边。每次改变一盏灯的时候，它相邻的灯也会变。求把灯状态全部转换的最小操作次数。

解：

解异或方程组的经典题。

我们对于灯列一个方程组，如果i对j有影响就令a[j][i] = 1

然后解出上三角矩阵。

解出来a[i][i] = 1的地方就是确定的灯。

0就是可有可无的灯。

然后我们大暴力搜索可有可无的灯。遇到确定的灯就根据已经搜索的那些来确定。

 #include <cstdio>
 #include <bitset>
 #include <algorithm>
 const int N = ;

 int n, p[N], ans = 0x3f3f3f3f;
 std::bitset<N> a[N];

 inline void Gauss() {
     for(int i = ; i < n; i++) {
         for(int j = i; j <= n; j++) {
             if(a[j][i]) {
                 std::swap(a[i], a[j]);
                 break;
             }
         }
         if(!a[i][i]) {
             continue;
         }
         for(int j = i + ; j <= n; j++) {
             if(a[j][i]) {
                 a[j] ^= a[i];
             }
         }
     }
     return;
 }

 inline void DFS(int k, int s) {
     if(s >= ans) {
         return;
     }
     if(k < ) {
         ans = std::min(ans, s);
         return;
     }
     if(a[k][k]) {
         int t = a[k][n + ];
         for(int i = k + ; i <= n; i++) {
             if(a[k][i]) {
                 t ^= p[i];
             }
         }
         if(t) { /// need press
             p[k] = ;
             DFS(k - , s + );
             p[k] = ;
         }
         else {
             DFS(k - , s);
         }
     }
     else {
         DFS(k - , s);
         p[k] = ;
         DFS(k - , s + );
         p[k] = ;
     }
     return;
 }

 int main() {
     int m;
     scanf("%d%d", &n, &m);
     for(int i = , x, y; i <= m; i++) {
         scanf("%d%d", &x, &y);
         a[y].set(x);
         a[x].set(y);
     }

     for(int i = ; i <= n; i++) {
         a[i].set(n + );
         a[i].set(i);
     }

     Gauss();

     DFS(n, );

     printf("%d", ans);

     return ;
 }

AC代码

一点思考：

我们能不能把上三角矩阵消成最终的那种结果，然后搜索？这样每次在DFS中确定状态就是O(1)的了。

我们既然都消完了，能不能直接把 ans += a[i][i] & a[i][n + 1] ?

事实证明不行...

随手造了点样例发现过不了...

不禁开始思考a[i][i] = 0的意义来。

比如这个最简单的样例：1和2之间有一条边。

那么消元之后的矩阵是这样的：

1 1 1

0 0 0

这是啥啊.....搞不倒