感觉大佬们的代码在读入上的处理比本蒟蒻优秀多了,于是,一个AFO蒟蒻弱弱地提出一下自己的看法
【分析】
首先,对于 (n) 那么小,肯定是状压啦
对于读入,本蒟蒻开了两个数组来储存每个按钮的效果:(Open_i) 和 (Close_i) 分别表示在按下第 (i) 个按钮后,它对于开着的开关和关闭的开关所造成的影响
那么我们分开来想:
如果一个状态 (Set) 中,为 (1) 的位表示开着的灯, (0) 表示关闭的
那么,对于关闭的灯,如果 (Close_i) 对它有影响,那么一定是将它开启
所以我们将 (Close_i) 能影响到的灯的状态直接打上 (1)
即如果开关效果为
1 0 -1 -1 0
那么我们将 (Close_i) 存为 (00110_{(2)}=6_{(10)})
我们在使用它效果时则可以做到:
如果 (Setigcup Close_i),本身 (Close_i) 中为 (0) 的位不影响
(Close_i) 中本身为 (1) (即能影响到的位) 中,对于开着的,没有影响,对于关闭的,造成影响并打开
而对于 (Open_i), 它的效果恰巧反过来,如果开着,则一定关闭
因此,我们将能影响到的灯的状态打上 (0)
对于上面那组数据,我们将 (Open_i) 存为 (01111_{(2)}=15_{(10)})
使用时,我们就可以直接这么做 (Setigcap Open_i)
这样可以保证对于 (Open_i) 中为 (1) 的位(即不能影响的位),不会造成影响
而对于会造成影响的位,如果本身是 (0) 的不会造成影响,而对于 (1) 的则关闭
完美地达到了要求
因此,我们初始化 (Close_i) 为空集,(Open_i) 为全集
如果读入第 (i) 个开关第 (j) 个灯为 (1) ,则 (Open_i) 去掉这一位,如果为 (-1) ,则 (Close_i) 加上这一位
使用时,对于每个状态 (Set) ,和第 (i) 个开关,它们能达到的状态就是 (Setigcup Close_iigcap Open_i)
而对于最小步,直接 bfs 即可,详情可以看本蒟蒻代码
【代码】
那本蒟蒻就放 我码风极丑的 代码了
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define f(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;a++)
#define g(a,b,c) for(register int a=b;a>=c;a--)
#define Max(a,b) ((a>b)?a:b)
#define Min(a,b) ((a<b)?a:b)
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
inline ll read(){
register ll ans=0;register char c=getchar();register bool neg=0;
while((c<'0')|(c>'9')) neg^=!(c^'-'),c=getchar();
while((c>='0')&(c<='9')) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return neg?-ans:ans;
}//前面条件反射,莫管
int main(){
int N=read(),M=read(),U=(1<<N)-1;
int Close[110],Open[110],Minn[1<<10];
//Minn[i] 表示到状态 i 的最小步数
f(i,1,M) Close[i]=0,Open[i]=U;
f(i,0,U) Minn[i]=-1;
f(i,1,M)
f(j,1,N){
int Tmp=read();
if(Tmp==1) Open[i]^=1<<j-1;
else if(Tmp==-1) Close[i]|=1<<j-1;
}
int Queue[1<<10],Head=0,Tail=0;
Queue[Tail++]=U;
Minn[U]=0;
//一开始全部开着
while(Head<Tail){
int Set=Queue[Head++];
f(i,1,M){
int Tmp=Set&Open[i]|Close[i];
if(Minn[Tmp]>=0) continue;
//之前搜到肯定更优
Minn[Tmp]=Minn[Set]+1;
Queue[Tail++]=Tmp;
}
}
printf("%d",Minn[0]);
return 0;
}
最后安利一下 本蒟蒻的博客