关灯游戏(ACM/ICPC题)

[lkrich7]

有一个5*6的灯泡构成的矩阵，灯的开关规则是这样：当改变某盏灯的，状态时，这盏灯的上下左右相邻的灯的状态也随之改变。例如：
0 1 1 0 1 0
1 0 0 1 1 1
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0

当按下2行3列的开关时，状态变为：
0 1 0 0 1 0
1 1 1 0 1 1
0 0 0 0 0 1
1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0

游戏的目的是对于任意给定的亮灭初始态，通过一系列动作关闭所有的灯。
可以注意到的是：
1.矩阵的状态与按开关的顺序无关
2.如果某个开关按下了两次，那么就相当于取消了第一次的操作，也就是说没有开关需要按超过1次

现在问题是：对于给定的初始状态，求出需要按哪些开关来完成游戏

原题在这里
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/showproblem?problem_id=1222

我不知道题目中所说的“must be pressed to solve the puzzle”是什么意思，难道每个初始状态都有唯一解？又如何证明这点？
希望大家说说解题的思路，这道题时限1000ms，

[mathe]

m*n的矩阵，在二阶域上解一个(m*n)阶的线性方程组就可以了

[mathe]

吧上面的矩阵看成一个m*n的向量X=(x1,x2,...,x(m*n))
对于位置k上的开关，它将变化最多5个位置的开关，对应一个向量
C(k)=(0,0,...,1,0,....,1,...,0)
其中开关状态改变的位置为1，开关状态不改变的位置为0
对于初始向量X=(x1,x2,...,x(m*n)),使用了开关C(k)后，状态会变成
X+C(k) (mod 2)

所以对初始向量X,我们需要选择一系列的k1,k2,...,ks使得
X+C(k1)+C(k2)+....+C(ks) (mod 2)=O=(0,0,0,...,0)
我们可以同样构造一个0,1向量Y,使得，如果位置k出现在k1,k2,...ks中，那么Y
在位置k的值是1，不然是0，这样，我们就可以将上面公式写成矩阵形式
X+Y*C (mod 2)=O
其中C=(C(1)' C(2)' .... C(m*n)')'
也就是C是由这m*n个行向量构成的矩阵，第k行就是向量C(k)
最二阶域上，加和减是相同的，也就是上面的方程等价于
Y*C (mod 2)=X
其中C,X已知，求Y.
由于(mod 2)运算是一个域 （关于乘除加减封闭，加减是mod 2加减，还满足结合率，交换率）
所以我们可以直接在二阶域上用高斯消元法求解（注意加减是mod 2的，对应计算机上的异或运算）
其中，如果C可逆，解是唯一的，如果C不可逆，解可能不存在，也可能不唯一。

[诗海]

高手们啊！佩服！

[languagec]

[NowCan]

这个问mathe，曾经看过类似的问题(点灯游戏)，他知道怎么做，说是解什么方程组，可惜我没懂。
另外，这个解法可不一定唯一。

[LeeMaRS]

ZJU 1354 - Extended Lights Out - 00:00.00 52K - 枚举 + 判断
http://acm.zju.edu.cn/show_problem.php?pid=1354
AC 1次
这道题就是经典的关灯游戏。题目中已经给出了提示，暗示我们可以一行一行或是一列一列的将灯关掉，通过在第i+1行上按键关掉第i行的灯，或通过在第i+1列上按键关掉第i列的灯。我们采用一列一列关灯的方法。经过思考，我们可以得知，当第一列的按法确定后，后面每一列的按法就确定下来了：若第i行第j列的灯是亮的，则需要在第i行j+1列按一下。在最后一列按完后，结果也定了。若结果是最后一列的灯全部关掉，则此按法是一个符合题意的解。因此，我们只需要枚举第一列的按法，然后进行模拟，一列一列的关灯，判断最后一列是否全部关掉即可。矩阵的规模非常小，仅5×6，算法复杂度为O(2^5 * 5 * 5)，不需任何顾忌。

[wincph]

感兴趣!关注

[mmmcd]

#include<iostream.h>
#include<memory.h>
void process();//求解的过程
void press(int,int);//处理按键的过程
void output();//输出结果
int lights[5][6];//记录灯状态，0灭，1亮
int ans[5][6];//记录结果，若在x行y列点击，ans[x-1][y-1]=1
int main(){ //主函数
int n; cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<< "PUZZLE #" <<i<<endl;
process(); //整个求解过程
}
}

void press(int x,int y)
{//处理按键的过程
ans[x][y]=1;//记录操作
lights[x][y]=1-lights[x][y];//0->1，1->0
if(x>0)lights[x-1][y]=1-lights[x-1][y];
if(y>0)lights[x][y-1]=1-lights[x][y-1];
if(x<4)lights[x+1][y]=1-lights[x+1][y];
if(y<5)lights[x][y+1]=1-lights[x][y+1];
}

void process(){
int x,y,z,temp[5][6];
for(x=0;x<5;x++)
for(y=0;y<6;y++)cin>>temp[5][6];
for(z=0;z<64;z++){//外循环,枚举64个状态
memcpy(lights,temp,sizeof(lights));
memset(ans,0,sizeof(ans));//初始化
for(y=0;y<6;y++)
if(z & (1<<y))/*如果z右起第y个bit位是‘1’则在第1行y列点击*/
press(0,y);//枚举第一行的64种操作。
for(x=1;x<5;x++)
for(y=0;y<6;y++)
if(lights[x-1][y]==1)press(x,y);/*就是刚才所说的规则*/
for(y=0;y<6;y++)if(lights[4][y]==1)break; //判断最后一行是否全灭
if(y>=6){ output();break; } //是,输出结果，结束搜索
}
}
void output(){
int x,y;
for(x=0;x<5;x++){
cout<<an[x][0];
for(y=1;y<6;y++)cout<<' '<<ans[x][y];
cout<<endl;
}
}

[mmmcd]

晕!!更正几个低级错误:

void process(){
...
for(x=0;x<5;x++)
for(y=0;y<6;y++)
cin>>temp[5][6]; -> cin>>temp[x][y];
...
}

void output(){
...
cout<<an[x][0]; -> cout<<ans[x][0];
...
}