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Description

Solution

　　这是一道看起来令人毫无头绪的题，然而确实十分简单巧妙TAT。

　　题目要求所有点执行相同指令后都回到初始状态。

　　我们先来考虑只有两种状态的情况：初始状态$T_0$与另一个状态$T_x$。

　　这样，我们可以通过一个二元记忆化深搜，来得到一种方案A，使得$T_0$回到$T_0$，且$T_x$回到$T_0$。如果这个方案都不存在，那么此时无解。

　　现在我们知道，执行方案A后，$T_x$与$T_0$合并为一个$T_0$了！那么我们对全局都执行方案A，可以发现至少会有包括$T_x$在内的若干个状态被合并为$T_0$。

　　因此在$O(n)$的次数里，我们可以按照下列步骤逐个合并状态：

1. 对$T_0$与任意一个状态$T_x$进行深搜，得到一个方案。如果方案不存在，则无解。
2. 对全局模拟次方案，合并相同的节点，重复1.直到只剩下$T_0$

　　答案是？所有方案连在一起输出就好啦。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N=101;
 4 int n,m,ch[N][26];
 5 int size,lis[2000010],st[2000010],top,ans[2000010],len;
 6 int vis[N][N];
 7 bool dfs(int x,int y){
 8     if(x==0&&y==0) return true;
 9     if(vis[x][y]) return false;
10     vis[x][y]=1;
11     for(int i=0;i<m;i++){
12         st[++top]=i;
13         if(dfs(ch[x][i],ch[y][i])) return true;
14         st[top--]=0;
15     }
16     return false;
17 }
18 int main(){
19     scanf("%d%d",&n,&m);
20     for(int i=0;i<n;i++)
21         for(int j=0,x;j<m;j++)
22             scanf("%d",&x),
23             ch[i][j]=x;
24     for(int i=1;i<=n;i++) lis[i]=i-1;
25     size=n;
26     while(size>1){
27         memset(vis,0,sizeof vis);
28         top=0;
29         if(!dfs(0,lis[2])){
30             printf("[impossible]\n");
31             return 0;
32         }
33         for(int j=1;j<=top;j++){
34             ans[len++]=‘a‘+st[j];
35             for(int i=1;i<=size;i++)
36                 lis[i]=ch[lis[i]][st[j]];
37         }
38         sort(lis+1,lis+1+size);
39         size=unique(lis+1,lis+1+size)-lis-1;
40     }
41     for(int i=0;i<len;i++) putchar(ans[i]);
42 }

神奇代码