简单的高斯消元取模,答案为2^自由变元的数量，但是题目的意思把I，J搞反了，坑爹。。。
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开关问题
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。 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 2 3 0 0 0 1 1 1 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2 0 0 3 0 0 0 1 0 1 1 2 2 1 0 0 Sample Output 4 Oh,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） Source |
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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50;
int equ,var;
int a[maxn][maxn],x[maxn];
int free_x[maxn],free_num;
int Gauss()
{
int max_r,col,k;
free_num=0;
for(k=0,col=0;k<equ&&col<var;k++,col++)
{
max_r=k;
for(int i=k+1;i<equ;i++)
{
if(abs(a[i][col])>abs(a[max_r][col]))
max_r=i;
}
if(a[max_r][col]==0)
{
k--;
free_x[free_num++]=col;
continue;
}
if(max_r!=k)
{
for(int j=col;j<var+1;j++)
swap(a[k][j],a[max_r][j]);
}
for(int i=k+1;i<equ;i++)
{
if(a[i][col]!=0)
{
for(int j=col;j<var+1;j++)
a[i][j]^=a[k][j];
}
}
}
for(int i=k;i<equ;i++)
if(a[i][col]!=0)
return -1;
if(k<var) return var-k;
for(int i=var-1;i>=0;i--)
{
x[i]=a[i][var];
for(int j=i+1;j<var;j++)
x[i]^=(a[i][j]&&x[j]);
}
return 0;
}
int begin[40],end[40],n;
int main()
{
int T_T;
scanf("%d",&T_T);
while(T_T--)
{
memset(a,0,sizeof(a));
memset(x,0,sizeof(x));
scanf("%d",&n);
equ=var=n;
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",begin+i);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",end+i);
for(int i=0;i<n;i++)
a[i][n]=begin[i]^end[i],a[i][i]=1;
int n1,n2;
while(scanf("%d%d",&n1,&n2)!=EOF)
{
if(n1==0&&n2==0) break;
n1--; n2--;
a[n2][n1]=1;
}
int t=Gauss();
if(t==-1)
{
puts("Oh,it's impossible~!!");
continue;
}
printf("%d\n",1<<t);
}
return 0;
}
时间： 2024-12-26 11:24:46