Doubeecat's Blog

“即便前路混沌,同她走过,才算人间。”

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ACWing 95 费解的开关 解题报告

费解的开关

给你一个 $5\times 5$ 的方格,每次操作可以改变上下左右中五个格子,给定始状态,判断是否可能在6步以内使所有的灯都变亮。

解题思路:

这道题目首先看,我们就知道必然与位运算有着密切的关系,因为出现了0和1,这是一个重要的发现.

接着我们在仔细分析题意,我们知道如果纯暴力枚举的话,必然是会超时的,那么如何优化呢?

我们需要从题目中找出非常有用的性质来优化,这是一个大致的思路方向。

每一个位置顶多只会操作一次。因为如果操作两次的话,相当于不操作,必然是不满足最优解。

在一套方案中,操作的顺序无关紧要,这一个略加思索便可得知。

最重要的性质,如果我们确定了第I行的操作方案的话,那么后面的行数都可以依此递推,下面给出一个详细的解答。

1
2
3
4
11011
10110
01111
11111

比如说这个例子,如果我们确定了第1行,那么第二行所有的0(坐标:$a_{i,j}$)

都只能是第三行 $a_{i+1,j}$ 来修改了,因为如果你第二行修改的话,那么第一行将会打乱,下面每一行依此类推。

代码:

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char a[N][N];
const int dx[5] = {0,0,1,0,-1},dy[5] = {0,1,0,-1,0};

void change(int x,int y) {
for (int i = 0;i < 5;++i) {
int ax = x + dx[i],ay = y + dy[i];
if (ax < 0 || ax > 4 || ay < 0 || ay > 4) continue;
a[ax][ay] ^= 1;
}
return ;
}

bool check() {
bool success = 1;
for (int i = 0;i < 5;++i) {
if (a[4][i] == '0') {
success = 0;
}
}
return success;
}

int work() {
int ans = 233333333;
for (int k = 0;k < 1<<5;++k) {
int step = 0;
char b[N][N];
memcpy(b,a,sizeof(a));
for (int i = 0;i < 5;++i) {
if (k >> i & 1) {
step++;
change(0,i);
}
}
for (int i = 0;i < 4;++i) {
for (int j = 0;j < 5;++j) {
if (a[i][j] == '0') {
step++;
change(i+1,j);
}
}
}
if (check()) {
ans = min(ans,step);
}
memcpy(a,b,sizeof(b));
}
if (ans <= 6) return ans;
else return -1;
}

signed main() {
int T = read();
while (T -- ) {
for (int i = 0;i < 5;++i) cin >> a[i];
printf("%d\n",work());
}
return 0;
}