poj 1830 开关问题(高斯消元法)
来源:互联网 发布:旺草胡蜂醋官方淘宝 编辑:程序博客网 时间:2024/05/18 03:15
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。
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)
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
思路:高斯消元法;
对于有多少种方案,我们只需要判断自由变元的个数;
代码:
#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;const int N=30;int map1[N],map2[N];int equ,var;int a[N][N];int Gauss(){ int k,col; for(k=0,col=0;k<equ&&col<var;k++,col++) { int max_r=k; for(int i=k+1;i<equ;i++) if(abs(a[max_r][col])<abs(a[i][col])) max_r=i; if(max_r!=k) { for(int j=col;j<=var;j++) swap(a[max_r][j],a[k][j]); } if(a[k][col]==0) { k--;continue; } for(int i=k+1;i<equ;i++) { if(a[i][col]!=0) { for(int j=col;j<=var;j++) a[i][j]^=a[k][j]; } } } for(int i=k;i<equ;i++) if(a[i][var]!=0) return -1; if(k<var) return 1<<(var-k); else return 1;}int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int n; scanf("%d",&n); var=n;equ=n; memset(a,0,sizeof(a)); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&map1[i]); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&map2[i]); for(int i=0;i<n;i++) { a[i][n]=map1[i]^map2[i]; a[i][i]=1; } while(1) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); if(x==0&&y==0) break; x--;y--; a[y][x]=1; } int ans=Gauss(); if(ans==-1) printf("Oh,it's impossible~!!\n"); else printf("%d\n",ans); }}
0 0
- poj 1830 开关灯问题(高斯消元法)
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