POJ - 3279 [DFS][暴力]

POJ - 3279 [DFS][暴力]


题目

POJ - 3279

题意

给定一个 M * N(1 ≤ M, N ≤ 15)的矩阵, 矩阵的每一个格子被0,1标记。现在给定一种操作:点击某个格子能让这个格子本身及上下左右的一共5个格子反转。现在要使得整个矩阵全变成0,求最小的操作数量以及操作方法。

输入

第一行:用空格分隔的两个整数 M N
之后是给出的矩阵

输出

若有解,输出解决方案
否则输出 IMPOSSIBLE

样例输入

4 4
1 0 0 1
0 1 1 0
0 1 1 0
1 0 0 1

样例输出

0 0 0 0
1 0 0 1
1 0 0 1
0 0 0 0

题解分析

显然这题跟奶牛没有丝毫关系…似乎很多题目与奶牛有不解之缘(手动摊手)。感觉这道题比较有意思,一开始毫无思路,直到看了题解…

每一次的操作都会对周围直接相连的格子产生影响,这就意味着每翻一行,其实也就决定了下一行要怎么翻,毕竟需要保证每一个格子都是0。这样一直到最后一行。

那么思路就出来了:暴力枚举第一行的所有排列,然后依次往下搜索,直到搜索到最后一行。若最后一行全为0,且步骤最少,那么把答案存下来。否则继续。

AC代码

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#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int map[16][16];
int temp[16][16];
int res[16][16];
int dirx[5]= {0,-1,1,0, 0};
int diry[5]= {0, 0,0,1,-1};
int m,n;
void Readmap() //读图
{
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
cin>>map[i][j];
return;
}
int color(int x,int y) //检查(x,y)是0还是1
{
int k = map[x][y];
for(int i=0; i<5; i++)
{
int a = x+dirx[i];
int b = y+diry[i];
if(a>=0&&a<m&&b>=0&&b<n)
k+=temp[a][b];
}
return k&1;
}
int cal()
{
for(int i=1; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
if(color(i-1,j)) temp[i][j] = 1;
//如果(i-1,j)是1,则需要翻
for(int i=0; i<n; i++)
if(color(m-1,i)) return inf; //无解
int k = 0;
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
k += temp[i][j]; //统计步数
return k;
}
int main(void)
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
while(cin>>m>>n)
{
memset(res,0,sizeof(res));
Readmap(); //读图
int ans = inf; //ans记录最小步数
for(int i=0; i< 1<<n; i++)
{
memset(temp,0,sizeof(temp));
for(int j=0; j<n; j++) //枚举第一行翻转情况
{
temp[0][j] = i>>j &1;
}
int t = cal(); //返回操作步数
if(t<ans) //若此方案步数更小
{ //更新操作方式
ans = t;
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
res[i][j] = temp[i][j];
}
}
if(ans == inf) cout<<"IMPOSSIBLE"<<endl; //无解
else //有解输出答案
{
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
{
printf("%d",res[i][j]);
if(j!=n-1) printf(" ");//输出格式要注意!
else printf("\n");
}
}
}
return 0;
}