点亮所有的灯

一，链接

点击打开游戏 或者这个点击打开游戏

点击下载APK安装包（这个游戏叫yo拼图，有各种拼图模式，其中一种模式是点亮所有的灯的模式

这是我找到的唯一可以自由设置维度的点亮所有的灯小游戏。）

二，规则

游戏的棋盘可以多样化，本文只讨论n*n的棋盘。

游戏的规则是这样的：每个格子有4个邻居（如果在边界就只有3个邻居，4角落只有2个邻居），

每个格子有2种状态，亮的或者黑的。

每次点击任意一个格子，它和它的4个邻居（不存在就不管了，下文不再重述）就会改变状态。

现在让你来进行一系列不限步数的点击（可以反复点击同一格子），使得所有的格子均点亮。

（我希望我已经描述完全清楚了，如果没有，请点击上面的链接，很好玩的游戏）

三，子问题性质。

玩过魔方的人都知道，任何普通n（n>3）阶魔方都可以拼凑，转化成3阶魔方，最后用3阶魔方的方法复原。

虽然这肯定不是唯一方法，但是这是最有效的方法，玩n阶魔方的人几乎都是用这个方法。

但是这个问题有没有这么好的子问题性质呢？

很可惜，没有。只要稍微一想就知道，真的没有。

造成这种区别的关键是操作粒度的不同。魔方的操作粒度是任意的，可以转1层，可以转2层。。。

而本游戏中，操作是固定的（只有位置可选），操作给整个局面带来的影响也是固定的，都是与n无关的。

这个地方和N皇后问题很像：在一个N*N的棋盘上放置N个皇后，使其不能互相攻击。

如果你尝试把7皇后问题看成8皇后问题的子问题，那么，当这7个皇后放好了之后，第8个皇后就只能放在剩下的那一行剩下的那一列。没有选择的余地，很可能会因为对角线的冲突造成无解。

所以说，把7皇后问题看成8皇后问题的子问题是不可行的。本游戏亦如此。

四，术语定义

1，点操作：游戏规则中提到的操作，点击1个格子即为1次点操作

2，点状态：一个格子如果已经点亮（彩色的）那么称为好的状态，

如果未点亮（灰色的）那么称为坏的状态或者需要改变的状态。

3，行邻居：第i行的2个行邻居是第i-1行和第i+1行。如果i=1或者n，那么它就只有1个行邻居

4，（对第i（i<n）行进行的）往下行操作：对于第i行每个坏状态的格子，对在第i+1行中的那个邻居进行一次点操作。这样，第i行就复原了。

5，（对第i（i>1）行进行的）往上行操作：对于第i行每个坏状态的格子，对在第i-1行中的那个邻居进行一次点操作。这样，第i行就复原了。

6，全局操作：对n*n个格子中的每一个格子，要么就进行1次点操作，要么就不进行，这样的一系列操作称为1次全局操作。1个全局操作可以理解为1个大小为n*n的集合的子集，也可以理解为1个0-1矩阵。

7，中转状态：对于n阶的游戏的正确状态，依次对第1、2、3......n-1进行向下的行操作之后，除了第n行之外，肯定全部复原了。那么我们称此时的状态为中转状态。

五，解空间的结构

很显然解空间是一个复杂的图，而不是树，不过这个不是我们讨论的重点。

对于n*n的游戏，每个格子有2种状态，那么全局有2^（n*n）种状态。

这些状态中，不一定每个状态都能转移到复原状态（以下简称为可以复原的状态或者正确的状态）

所有的正确状态，按照一次转移定义的邻居，可以连成1个简单无向图，而且是连通的。

每个正确的状态都可以沿着某条路径转移到复原状态，对应的，复原状态也可以沿着这个路径转移到这个状态。

（以上皆为废话，重点来了）

这样的2条路径，方向相反但是边完全重合，他们对应的全局操作是完全一样的！

也就是说，对于一个可以复原的状态，如果它经过某个全局操作就复原了，那么对已经复原的状态再进行这个全局操作，又可以得到原本的全局操作。

六，全局状态与全局操作的关系

全局状态有2^（n*n）种，有些是可以复原的，有些是无法复原的。

全局操作也有2^（n*n）种，对于可以复原的状态，一定存在1个全局操作可以使得它复原。

对于无法复原的状态，一定不存在全局操作可以使得它复原。

对于已经复原的状态，进行任何一个全局操作，得到的皆为可以复原的操作。

所以说，存在一个十分自然的映射，从全局操作到全局状态的映射：

每个全局操作的映射结果为：复原状态经过这个全局操作得到的全局状态。

这个映射并不一定是双射，也就是说，可能有些全局操作是等价的，即2个全局操作对应同一个全局状态。

七，全局操作之间的关系

任何2个全局操作的叠加，得到的都是1个全局操作。

某些全局操作是等价的，比如：

01110  00000
10101  00000
11011  00000
10101  00000
01110  00000

这2个操作，显然是等价的。

所以，我们可以把所有的全局操作分成m个等价类。

神奇的是，不难证明，每个等价类的元素数目都是一样的。

所以，m是2^(n*n)的约数。

假设m=2^k，k<=n*n，那么每个等价类都有2^(n*n-k)个元素。

这些等价类，和所有的正确状态，刚好可以一一对应。

八，编程之前的代数准备

对于一个正确的状态，如果用枚举法求出合适的全局操作，那效率非常低。

如果维度是6，那就要枚举2^36种全局操作，虽然中间会有很大剪枝，但是最后的效率还是很低。

因为我是在手机上玩这个游戏，所以可以先预处理一下，即化为中转状态。

这个时候再将最后一行的数据输入程序，输入也简单的多了。

这个时候来求合适的全局操作也很简单。

举例来说，如果n=3，那么全局状态一定是如下的形式：

为什么只能是这个形式呢？

因为中转状态经过这个全局操作之后必须要复原，所以可以从上而下推导出这个表格。

所以我们只需要枚举第一行的a,b,c，找出满足条件的全局操作（一定是存在的）即可。

举例来说：

对于这个中转状态，向程序输入1,1,1，程序就需要解这样的一个方程组：

b+c=1,a+b+c=1,a+b=1

这里的加都是异或，或者说最后都要%2

这里的b+c、a+b+c、a+b的得到方法，和前面的表格是一样的。

编程解这个方程，可以用高斯消元法求解异或方程，也可以暴力枚举。

解出来a=0,b=1,c=0

也就是说，先点击第一行第一列的格子，然后现在这个状态，她的中转状态即为复原状态。

也就是说，点击第一行第一列的格子之后，依次对第1、2、3......n-1进行向下的行操作之后，一定就能得到复原状态。

现在，编程就变得十分简单了。

九，代码

#include<iostream>using namespace std;int main(){int needlighten[10];cout << "输入维度" << endl;int n;//n阶点亮所有的灯cin >> n;cout << "点亮第1行，第2行。。。第" << n - 1;cout << "行\n最后一行中，从左到右输入状态，1表示黑，0表示亮" << endl;for (int nl = 0; nl<n; nl++) cin >> needlighten[nl];int biao[12][12];for (int number = 1; number<(1<<n); number++){int num = number;for (int k = 0; k<n; k++){biao[1][k + 1] = num % 2;num = num / 2;}for (int i = 0; i<n + 2; i++)for (int j = 0; j<n + 2; j++){if (i == 0 || j == 0 || j == n + 1)biao[i][j] = 0;else if (i != 1)biao[i][j] = (biao[i - 2][j] + biao[i - 1][j - 1] + biao[i - 1][j] + biao[i - 1][j + 1]) % 2;}bool buer = 1;for (int u = 0; u<n; u++)if (biao[n + 1][u + 1] != needlighten[u])buer = 0;if (buer){cout << "点第一行的第";for (int v = 0; v < n; v++)if (biao[1][v + 1])cout << v + 1 << "  ";cout << "个，再逐行完成即可";}if (buer)break;}system("pause > nul");return 0;}

有了这个代码，这个游戏玩起来就十分简单了。

但是，这不代表这个游戏就没有研究的价值了，相反，还有非常有意思的事情是代码显示不了的。

这个代码我没有用状态压缩，在 POJ - 3279 Fliptile（点亮所有的灯）里面有用到。

十，四阶游戏的策略

这个图看起来有些规律。

对于一个中转状态，要列方程的话，需要根据这个图求出4个表达式

（1）a+c+b+c+d+a+b+d，结果为0

（2）d+b+c+d+a+b+d+a+c+d，结果为0

（3）a+a+b+d+a+c+d+a+b+c，结果为0

（4）b+d+a+c+d+a+b+c，结果为0

我惊奇的发现，居然是4个0！

也就是说，除非是输入4个0，否则方程根本没有解。

更进一步，对于4阶的游戏，任何中转状态都是复原状态！

即：任何正确的状态，都可以通过3次往下行操作复原。

图示：

开始：

1，对第1行进行往下的行操作，即对第2行第1列进行点操作，操作之后如下：

2，对第2行进行往下行操作，即对第3行第2列、第3列进行点操作，操作之后如下：

3，对第3行进行往下的行操作，这个时候一定复原了，如下：