poj1753(高斯消元解mod2方程组)

题目链接：http://poj.org/problem?id=1753

题意：一个 4*4 的棋盘，初始时上面放满了黑色或白色的棋子．对 (i, j) 位置进行一次操作后 (i, j), (i + 1, j), (i - 1, j), (i, j + 1), (i, j - 1) 位置的棋子会变成原来相反的状态．问最少需要多少步可以将棋盘上的棋子全部变成白色或者黑色．

思路：分别将棋子变成黑色和白色，然后再用高斯消元解，其中步数较小者即为答案．

注意不存在唯一解时需要枚举自由变元来取得最小步数．

代码：

  1 #include <iostream>
  2 #include <stdio.h>
  3 #include <algorithm>
  4 #include <string.h>
  5 using namespace std;
  6
  7 const int inf = 1e9;
  8 const int MAXN = 3e2;
  9 int equ, var;//有equ个方程,var个变元,增广矩正行数为equ,列数为var+1,从0开始计数
 10 int a[MAXN][MAXN];//增广矩正
 11 int free_x[MAXN];//用来存储自由变元(多解枚举自由变元可以使用)
 12 int free_num;//自由变元个数
 13 int x[MAXN];//解集
 14
 15 int Gauss(void){//返回-1表示无解,0表示有唯一解,否则返回自由变元个数
 16     int max_r, col, k;
 17     free_num = 0;
 18     for(k = 0, col = 0; k < equ && col < var; k++, col++){
 19         max_r = k;
 20         for(int i = k + 1; i < equ; i++){
 21             if(abs(a[i][col] > abs(a[max_r][col]))) max_r = i;
 22         }
 23         if(a[max_r][col] == 0){
 24             k--;
 25             free_x[free_num++] = col;//这个是变元
 26             continue;
 27         }
 28         if(max_r != k){
 29             for(int j = col; j < var + 1; j++){
 30                 swap(a[k][j], a[max_r][j]);
 31             }
 32         }
 33         for(int i = k + 1; i < equ; i++){
 34             if(a[i][col] != 0){
 35                 for(int j = col; j < var + 1; j++){
 36                     a[i][j] ^= a[k][j];
 37                 }
 38             }
 39         }
 40     }
 41     for(int i = k; i < equ; i++){
 42         if(a[i][col] != 0) return -1;//无解
 43     }
 44     if(k < var) return var - k;//返回自由变元个数
 45     for(int i = var - 1; i >= 0; i--){
 46         x[i] = a[i][var];
 47         for(int j = i + 1; j < var; j++){
 48             x[i] ^= (a[i][j] && x[j]);
 49         }
 50     }
 51     return 0;
 52 }
 53
 54 const int n = 4;
 55 string s[5];
 56
 57 int solve(void){
 58     int op = Gauss();
 59     if(op == -1) return inf;//无解
 60     else if(op == 0){//存在唯一解
 61         int sol = 0;
 62         for(int i = 0; i < var; i++){
 63             sol += x[i];
 64         }
 65         return sol;
 66     }else{//存在多解,需要枚举自由变元找到最小需要的操作数
 67         int sol = inf;
 68         int tot = 1 << op;//有op个变元,每个变元可取0或1,共有1<<op总情况
 69         for(int i = 0; i < tot; i++){//二进制枚举,i二进制位上为1的取1,为0的取0
 70             int cnt = 0;
 71             for(int j = 0; j < op; j++){
 72                 if(i & (1 << j)){//当前第j位变元取1
 73                     x[free_x[j]] = 1;
 74                     cnt++;
 75                 }else x[free_x[j]] = 0;
 76             }
 77             for(int j = var - op - 1; j >= 0; j--){
 78                 int idx;
 79                 for(idx = j; idx < var; idx++){
 80                     if(a[j][idx]) break;
 81                 }
 82                 x[idx] = a[j][var];
 83                 for(int l = idx + 1; l < var; l++){
 84                     if(a[j][l]) x[idx] ^= x[l];
 85                 }
 86                 cnt += x[idx];
 87             }
 88             sol = min(sol, cnt);
 89         }
 90         return sol;
 91     }
 92 }
 93
 94 void f(int op){
 95     for(int i = 0; i < n; i++){
 96         for(int j = 0; j < n; j++){
 97             int cnt = i * n + j;
 98             if(s[i][j] == ‘w‘) a[cnt][var] = 1 - op;
 99             else a[cnt][var] = op;
100             x[cnt] = 0;
101         }
102     }
103     for(int i = 0; i < equ; i++){//构造增广矩阵
104         int x1 = i / n;
105         int y1 = i % n;
106         for(int j = 0; j < var; j++){
107             int x2 = j / n;
108             int y2 = j % n;
109             if(abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2) < 2) a[j][i] = 1;
110             else a[j][i] = 0;
111         }
112     }
113 }
114
115 void gel(void){
116     int sol = inf;
117     f(0);
118     sol = min(sol, solve());
119     f(1);
120     sol = min(sol, solve());
121     if(sol == inf) cout << "Impossible" << endl;
122     else cout << sol << endl;
123 }
124
125 int main(void){
126     while(cin >> s[0]){
127         equ = var = n * n;
128         for(int i = 1; i < n; i++){
129             cin >> s[i];
130         }
131         gel();
132     }
133     return 0;
134 }