poj 1222 EXTENDED LIGHTS OUT(高斯消元)

http://poj.org/problem?id=1222

先贴一个链接

http://blog.csdn.net/u013081425/article/details/24248247

枚举第一行的状态，进行试探，当最后一行都为0时，说明该方案可行。

另一种方法是高斯消元。

转载分析：这个游戏的名字叫做Lights Out。一个板子上面有MxN个按钮，按钮也是灯。每次按下一个按钮，这个按钮和它的上下左右相邻按钮将同时切换各自的亮灭状态。给你一个初始状态，请给出一种方法，按某些按钮，使得所有的灯都灭。

这个游戏有一些技巧： 
1、按按钮的顺序可以随便。 
2、任何一个按钮都最多需要按下1次。因为按下第二次刚好抵消第一次，等于没有按。 

这个问题可以转化成数学问题。 
一个灯的布局可以看成一个0、1矩阵。以3x3为例： 
0 1 0 
1 1 0 
0 1 1 
表示一个布局。其中0表示灯灭，1表示灯亮。 
每次按下按钮（POJ1222）或者叫一个宿舍关灯（0998），可以看成在原矩阵上加（模2加，就是按位异或）上一个如下的矩阵： 
0 1 0 
1 1 1 
0 1 0 
上述矩阵中的1表示按下第2行第2列的按钮时，作用的范围。如果按左上角的按钮，就是： 
1 1 0 
1 0 0 
0 0 0 

我们记L为待求解的原始布局矩阵。A(i,j)表示按下第i行第j列的按钮时的作用范围矩阵。在上述例子中， 
L= 
0 1 0 
1 1 0 
0 1 1 

A(1,1)= 
1 1 0 
1 0 0 
0 0 0 

A(2,2)= 
0 1 0 
1 1 1 
0 1 0 

假设x(i,j)表示：想要使得L回到全灭状态，第i行第j列的按钮是否需要按下。0表示不按，1表示按下。那么，这个游戏就转化为如下方程的求解： 
L + x(1,1)*A(1,1) + x(1,2)*A(1,2) + x(1,3)*A(1,3) + x(2,1)*A(2,1) + ... + x(3,3)*A(3,3) = 0 

其中x(i,j)是未知数。方程右边的0表示零矩阵，表示全灭的状态。直观的理解就是：原来的L状态，经过了若干个A(i,j)的变换，最终变成0:全灭状态。 
由于是0、1矩阵，上述方程也可以写成： 
x(1,1)*A(1,1) + x(1,2)*A(1,2) + x(1,3)*A(1,3) + x(2,1)*A(2,1) + ... + x(3,3)*A(3,3) = L 

这是一个矩阵方程。两个矩阵相等，充要条件是矩阵中每个元素都相等。将上述方程展开，便转化成了一个9元1次方程组： 

简单地记做：AA * XX = LL 

这个方程有唯一解： 
x(1,1) x(1,2) x(1,3) 
x(2,1) x(2,2) x(2,3) 
x(3,1) x(3,2) x(3,3) 
= 
1 1 1 
0 0 0 
0 0 1 

也就是说，按下第一行的3个按钮，和右下角的按钮，就

能使L状态变成全灭状态。 
对于固定行列的阵列来说，AA矩阵也是确定的。是否存在解，解是否唯一，只与AA矩阵有关。对于唯一解的情形，只要将LL乘以AA的逆矩阵即可。具体求AA的逆矩阵的方法，可以用高斯消元法。

由于是0、1矩阵，上述方程也可以写成：

将1式两边同时加上一个L矩阵就可以变成
x(1,1)*A(1,1) + x(1,2)*A(1,2) + x(1,3)*A(1,3) + x(2,1)*A(2,1) + ... + x(3,3)*A(3,3) = L

A（1，1）把矩阵 转化为一个列向量，L也转化为一个列向量，

将sigma xi*Ai=Li 对应位置的值相等就可以建立方程组了

X1*A(1,1)1+X2*A(1,2)1+X3*A(1,3)1+…………X30*A(30,30)1=L1;    mod 2

X1*A(1,1)2+X2*A(1,2)2+X3*A(1,3)2+…………X30*A(30,30)2=L2;    mod 2

X1*A(1,1)3+X2*A(1,2)3+X3*A(1,3)3+…………X30*A(30,30)3=L3    mod 2

…….

…….

…….

X1*A(1,1)30+X2*A(1,2)30+X3*A(1,3)30+…………X30*A(30,30)30=L30; mod 2

其中A(i,j)k 表示列向量A中第K个元素

这里的*表示点乘，Xi取(1,0) +表示模2加法，所以在高斯消元的时候可以用^异或运算

首先，我们可以把6*5个灯组成的矩阵看成是一个1*30的向量a 。

然后，对于每一个开关 i ，我们也构造一个1*30的向量d（i），一个开关最多控制5个灯，其中开关状态改变则为1，不改变就为0，这样我们可以把30个开关的向量组成一个30*30的矩阵。

我们在构造一个30*1的向量ans，也就是我们要求的结果，ans[ i ]为1，表示需要按下第 i个开关，0表示不需要。这样ans*d=a（mod 2），（d 是30*30 的矩阵）就转化为解方程的问题了。

至于解方程，就没什么可说的了，就是用线代里面讲的方法就可以了。因为这里要模2，所以可以我们可以直接用计算机的异或运算。

#include <stdio.h>#include <iostream>#include <map>#include <set>#include <stack>#include <vector>#include <math.h>#include <string.h>#include <queue>#include <string>#include <stdlib.h>#include <algorithm>#define LL long long#define _LL __int64#define eps 1e-12#define PI acos(-1.0)#define C 240#define S 20using namespace std;int a[35][35];int x[35];int equ,var;void init(){memset(x,0,sizeof(x));memset(a,0,sizeof(a));}void Gauss(){int row,col,i,j;row = col = 0;while(row < equ && col < var){for(i = row; i < equ; i++)if(a[i][col] != 0)break;if(i != row){for(j = col; j <= var; j++)swap(a[row][j],a[i][j]);}if(a[row][col] == 0){col++;continue;}for(int i = row+1; i < equ; i++){if(a[i][col] == 0) continue;for(int j = col; j <= var; j++)a[i][j] ^= a[row][j];}row++;col++;}for(i = var-1; i >= 0; i--){x[i] = a[i][var];for(j = i+1; j < var; j++)x[i] ^= (a[i][j]&&x[j]);}}int main(){int test;int num;scanf("%d",&test);for(int item = 1; item <= test; item++){init();for(int i = 0; i < 30; i++)scanf("%d",&a[i][30]);for(int i = 0; i < 5; i++){for(int j = 0; j < 6; j++){int num = i*6+j;a[num][num] = 1;if(i >= 1)a[num-6][num] = 1;if(i <= 3)a[num+6][num] = 1;if(j - 1 >= 0)a[num-1][num] = 1;if(j + 1 <= 5)a[num+1][num] = 1;}}equ = 30;var = 30;Gauss();printf("PUZZLE #%d\n",item);for(int i = 0; i < 30; i++){if(i % 6 == 5){printf("%d",x[i]);printf("\n");}elseprintf("%d ",x[i]);}}return 0;}