费解的开关 【传送门】
你玩过“拉灯”游戏吗?25盏灯排成一个5x5的方形。每一个灯都有一个开关,游戏者可以改变它的状态。每一步,游戏者可以改变某一个灯的状态。游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应:和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。
我们用数字“1”表示一盏开着的灯,用数字“0”表示关着的灯。下面这种状态
10111
01101
10111
10000
11011
在改变了最左上角的灯的状态后将变成:
01111
11101
10111
10000
11011
再改变它正中间的灯后状态将变成:
01111
11001
11001
10100
11011
给定一些游戏的初始状态,编写程序判断游戏者是否可能在6步以内使所有的灯都变亮。
输入格式
第一行输入正整数nn,代表数据中共有nn个待解决的游戏初始状态。
以下若干行数据分为nn组,每组数据有5行,每行5个字符。每组数据描述了一个游戏的初始状态。各组数据间用一个空行分隔。
输出格式
一共输出nn行数据,每行有一个小于等于6的整数,它表示对于输入数据中对应的游戏状态最少需要几步才能使所有灯变亮。
对于某一个游戏初始状态,若6步以内无法使所有灯变亮,则输出“-1”。
数据范围
0<n≤5000<n≤500
输入样例:
3
00111
01011
10001
11010
11100
11101
11101
11110
11111
11111
01111
11111
11111
11111
11111
输出样例:
3
2
-1
难度:中等 |
时/空限制:1s / 256MB |
总通过数:908 |
总尝试数:1530 |
来源:《算法竞赛进阶指南》 |
分析:这个题我也是画了好长时间去理解,去吃透的,我的妈呀!!太难了!! 具体解题思路就是:首先,我们可以知道,同一个地方按两次是无效的,等于不按;然后,我们想要把[i][j]变为1,就需要把他们的下一行也就是[i+1][j]按一下就可以了。枚举第一行的所有状态,总共有2的5次方也就是32个状态,对于这32种不同的状态,如果他们(这里的他们是指:从0到31)的二进制位数有1,那么我们就按一下开关,对应的res++,然后枚举第一到四行,(最后一行不枚举,因为他没有下一行用来变换状态),如果这四行种有对应为0的,就按一下下一行的开关,对应res++。到最后特判最后一行是否全部为1,如果全部为1,更新ans最小值。
AC代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define INF 1<<30
#define sscc ios::sync_with_stdio(false)
char g[10][10];
int dx[5]={0,0,1,0,-1},dy[5]={0,1,0,-1,0};
void turn(int x,int y){
for(int i=0;i<5;i++){
int gx=dx[i]+x,gy=dy[i]+y;
if(gx>=0 && gx<5 && gy>=0 && gy<5)
g[gx][gy]^=1;
}
}
int work(){
int ans = INF;
for(int k=0;k< 1<<5;k++){
int res = 0;
char cp[10][10];
memcpy(cp,g,sizeof g);
for(int i=0;i<5;i++){
if(k >> i & 1)
{
res++;
turn(0,i);
}
}
for(int i=0;i<4;i++){
for(int j=0;j<5;j++){
if(g[i][j]=='0'){
turn(i+1,j); //改变下一行
res++;
}
}
}
bool is_ok=true;
for(int i=0;i<5;i++)
if(g[4][i]=='0')
{
is_ok=false;
break;
}
if(is_ok) ans=min(res,ans);
memcpy(g,cp,sizeof g);
}
if(ans > 6) ans=-1;
return ans;
}
int main(){
// sscc;
int T;
cin >> T;
while(T--){
for(int i=0;i<5;i++) cin >> g[i];
cout << work() << endl;
}
return 0;
}