費解的開關

題目先將兩個比較重要的性質：

對於乙個按鈕，不可能按兩次，按兩次就等於不按。

按按鈕的順序不會影響最終結果。（也就是無序）

至於為什麼，可以結合位運算來思考，在此不多講了。

仍然分成做法1和做法2。

沒錯，我的做法就是暴力，傳統藝能。

為了節省空間，我把\(1\)設為燈是暗的，\(0\)是亮的。（實際上並沒有節省）

然後就變成了我們要讓圖全部變成\(0\)了，但是我們發現這個操作是可逆的，如果\(x\)能花\(5\)步變成\(y\)，那\(y\)也能花\(5\)步變成\(x\)，重點是資料範圍是\(5*5\)的，而\(2^-1=33554431\)，那麼我們就可以直接用乙個\(int\)來反映整個圖的開關情況了，然後我們預處理出\(0\)狀態到\(x\)狀態所需要的步數就行了，對於超過\(6\)步的就不理他了。

當然我還有乙個性質不知道怎麼證的，只是覺得他是對的，但是不會證，但我也用了因為我找不出反例。（其實不用改成min就行了）

對於每個按鈕，不可能通過按其他的按鈕來實現這個按鈕的功能，這意味著\(0\)到每個圖所需要按的按鈕是唯一的。

時間複雜度：\(o(c_^+n)\)

#include#include#define  n  41000000
using  namespace  std;
int  a[n];
inline  int  close(int  x/*狀態*/,int  k/*位置*/)
void  dfs(int  k/*表示狀態*/,int  t/*表示這次是第幾次開燈了*/,int  x/*這是決定在**開燈的*/)
int  main()
}		if(x==0)printf("0\n");
else  if(a[x]==0)printf("-1\n");
else  printf("%d\n",a[x]);
}	return  0;
}

奆佬就是奆佬，惹不起惹不起。

果然，不出所料。

部落格中奆佬給出了一種時間複雜度更好看的做法（當然這個做法更吃按鈕方案唯一這個性質，但是我還是不會證qaq，但是感覺是對的）。

這個做法要從我們看這個開關的角度來看了，開關是乙個「十」字的構造，題目中是說點中間影響四周，但是我們可以看成我們點了上面的開關，影響了下面四個開關，這樣子看的話，我們點開關的時候就可以一層層向下推進了。

但是這樣存在兩個問題。

不是最少的點選次數，例如：

000101

111如果按照這種方法按的次數是遠大於\(3\)的，而且題目中都說了我們按了中間影響了四周，所以我們必須要考慮第一行是中間的情況，對於這種情況，奆佬選擇了直接暴力列舉操作序列，比如我列舉到了\(00110\)，說明我會按3、4號開關，但是這會花費\(2^5\)的代價足足32啊，四捨五入就是乙個億啊，然後再按這個做法做，就解決了這種情況。

不能完美的把圖變成\(0\)。

如：000

101111

我們用我們的方法處理第一行：

111111

000第二行不用處理了，但到了第\(3\)行，我們就不能用這個方法了，因為我們其實只是把按按鈕換了個角度看，實際位置並沒變，如果我們按那個方法接著做，那麼按開關的實際位置就是在第\(4\)行了。

而且這也恰巧為按鈕方案唯一這個提供了有力的證據，第乙個問題是不是最少的點選次數，但是根據這個性質理論上來講只存在乙個點選次數啊，所以這個問題就說明了，這種方式構造出的方案不僅點選次數多，而且還是錯誤。

至於解決的方法，就是不讓最後一行參與到這個方法中，同時在做完之後看看圖是否滿足要求就行了。（其實只用檢查最後一行）

時間複雜度：\(o(2^5*5^2*n)\)

**採用：

#include using namespace std;
int n,m,i,j,k,a[7][7],ans1=1e6,b[7][7];//7,7是因為怕在最後一排溢位
int main()
getchar();
}for (i=0;i<=(1<<5);i++)//模擬第一行的操作序列
int ans=0;
for (j=1;j<=5;j++)
if (i>>(j-1) & 1)
for (j=1;j<=4;j++)//切記是1~4，而不是2~5，因為我們是控制i+1行，而不是控制第i行
for (k=5;k>=1;k--)
if (!a[j][k])
//cout<6)
cout<<-1;
else
cout
puts("");
}return 0;
}

費解的開關

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