[poj1830]: 开关问题

开关问题

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Description

有N个相同的开关，每个开关都与某些开关有着联系，每当你打开或者关闭某个开关的时候，其他的与此开关相关联的开关也会相应地发生变化，即这些相联系的开关的状态如果原来为开就变为关，如果为关就变为开。你的目标是经过若干次开关操作后使得最后N个开关达到一个特定的状态。对于任意一个开关，最多只能进行一次开关操作。你的任务是，计算有多少种可以达到指定状态的方法。（不计开关操作的顺序）

Input

输入第一行有一个数K，表示以下有K组测试数据。 
每组测试数据的格式如下： 
第一行 一个数N（0 < N < 29） 
第二行 N个0或者1的数，表示开始时N个开关状态。 
第三行 N个0或者1的数，表示操作结束后N个开关的状态。 
接下来 每行两个数I J，表示如果操作第 I 个开关，第J个开关的状态也会变化。每组数据以 0 0 结束。 

Output

如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it's impossible~!!” 不包括引号

Sample Input

230 0 01 1 11 21 32 12 33 13 20 030 0 01 0 11 22 10 0

Sample Output

4Oh,it's impossible~!!

Hint

第一组数据的说明： 
一共以下四种方法： 
操作开关1 
操作开关2 
操作开关3 
操作开关1、2、3 （不记顺序） 

Source

LIANGLIANG@POJ

题解

求异或方程的自由元的个数n

那么答案就是2^n 因为自有元可以不按或者按

求自由元的过程很重要 

详细看注释

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;int a[50][50];int f[50],e[50];int n;int gauss(){int id=1,ret=0,i,j;//ret是自由元的个数for(id=i=1;i<=n;i++,id++){for(j=id;j<=n&&!a[j][i];j++);if(j>n){//这一列都没有一个大于一的 相等于忽略这一列 下次直接从这一列的下一个开始找 ret++;id--;continue;}if(id!=j) for(int k=1;k<=n+1;k++) swap(a[id][k],a[j][k]);for(int j=id+1;j<=n;j++)//从第id+1行开始消 {if(a[j][i])for(int k=i;k<=n+1;k++)a[j][k]^=a[id][k];}}for(i=id;i<=n;i++) if(a[i][n+1]) return -1;//id下方应该都被消没了 return ret;}int main(){int k;scanf("%d",&k);while(k--){scanf("%d",&n);memset(a,0,sizeof(a));for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&f[i]);int x,y;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&x);a[i][n+1]=f[i]^x;a[i][i]=1;}while(scanf("%d%d",&x,&y)&&x+y)a[y][x]=1;int ans=gauss();if(ans==-1)        printf("Oh,it's impossible~!!\n");    else        printf("%d\n",1<<ans);}return 0;}