POJ 1830 開關問題（高斯消元）

高斯消元無解的條件：當存在非法的左式=0而右式不等於0的情況，即為非法。這個可以在消元後，對沒有使用過的方程驗證是否右式不等於0（此時因為前邊消元一定會使得後邊的方程左式為0）

高斯消元自由變元：自由變元就是當這些未知量一旦確定，整個方程就確定了。但是這些量是未知的。（例如x+y=5，自由變元就是1，因為無論是x還是y確定，另乙個就能唯一確定），而答案要求的是方案，那麼顯然因為自由變元是可以隨便賦值的，而這些值只有2個，開和不開，那麼方案數就是2^自由變元。而自由變元的求法很簡單，具體解釋看白書，其實就是僅當n個不同的方程（就是無論怎麼通過其它方程都不會將這兩個方程變成一樣）才能確定n個解。那麼我們如果只確定了x個方程，那麼自由變元的數量就是n-x。（這個x可以輕易得到，因為在高斯消元過程中，會消元，而消元會將相同的方程消成這個樣子：0=0。那麼這個就是沒用的方程。

而高斯消元我們要在原有的求一定有解的高斯消元演算法改動一下。

我們記錄當前的方程x和當前的未知數y，我們知道只有在所有a行，a>=x有a[a][y]!=0時，那麼就可以消元，消元後這個方程就是確定的了，那麼x++；反之不存在這個a，那麼未知數y++

還有乙個要注意的是，我們建圖時，如果初始狀態和末狀態相等，意味著這個未知量不需要改變，即a[i][n+1]=0，反之a[i][n+1]=1。且每乙個方程組x，如果有未知量y能夠造成未知量x改變，那麼a[x][y]=1（所以這點千萬不要在建圖的時候弄錯了！）

#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define cc(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) 
#define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << '\t'; cout << endl
inline const int getint() 
inline const int max(const int &a, const int &b) 
inline const int min(const int &a, const int &b) { return adescription
有n個相同的開關，每個開關都與某些開關有著聯絡，每當你開啟或者關閉某個開關的時候，其他的與此開關相關聯的開關也會相應地發生變化，即這些相聯絡的開關的狀態如果原來為開就變為關，如果為關就變為開。你的目標是經過若干次開關操作後使得最後n個開關達到乙個特定的狀態。對於任意乙個開關，最多只能進行一次開關操作。你的任務是，計算有多少種可以達到指定狀態的方法。（不計開關操作的順序）
input
輸入第一行有乙個數k，表示以下有k組測試資料。 
每組測試資料的格式如下： 
第一行 乙個數n（0 < n < 29） 
第二行 n個0或者1的數，表示開始時n個開關狀態。 
第三行 n個0或者1的數，表示操作結束後n個開關的狀態。 
接下來 每行兩個數i j，表示如果操作第 i 個開關，第j個開關的狀態也會變化。每組資料以 0 0 結束。 
output
如果有可行方法，輸出總數，否則輸出「oh,it's impossible~!!」 不包括引號
sample input
230 0 0
1 1 1
1 21 3
2 12 3
3 13 2
0 03
0 0 0
1 0 1
1 22 1
0 0

sample output

4
oh,it's impossible~!!

hint

第一組資料的說明：

一共以下四種方法：

操作開關1

操作開關2

操作開關3

操作開關1、2、3 （不記順序）

source

liangliang@poj

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