POJ2965 状态压缩+BFS,DFS枚举,以及大牛的解法~

和poj1753非常相似，这题用状态压缩+BFS同样可以解，状态压缩就是用二进制来表示一种状态。

这是我在1753上改的BFS+状态压缩代码：

//二进制+BFS写法
#include<iostream>
using namespace std;   //解决问题路径搜索

bool flag[65536];
int step[65536];
struct con
{
int f;
int k;
}connect[65536];
int ans[65536];
int qstate[65536];  //搜索状态
int top=0;
int rear=0;
void Init()
{
int temp=0;
char c;
for(int i=0; i < 4; i++)
for(int j = 0; j < 4; j++)
{
cin>>c;
if('+' == c)
temp |= (1<<(i*4+j));
}
qstate[rear++] = temp;
flag[temp]  = true;
}

int move(int state,int i)
{
int temp=0;
temp |= (1<<i);     //翻自己
int j;
for(j=i;(j+1)%4!=0;j++)//右
temp |= (1<<(j+1));
for(j=i;(j)%4!=0;j--)//左
temp |= (1<<(j-1));
for(j=i;(j-4)>=0;j=j-4)//上
temp |= (1<<(j-4));
for(j=i;(j+4)<16;j=j+4)//下
temp |= (1<<(j+4));

return (state ^ temp);
}

bool BFS()
{
while(rear > top)
{
int state = qstate[top++];
for(int i=0; i < 16; i++)
{
int temp;
temp = move(state,i);
if(0 == state)
{
cout<<step[state]<<endl;
int x=0;
for(int j=step[state]-1;j>=0;j--)
{
ans[j]=connect[x].k;
x=connect[x].f;
}
for(int j=0;j<step[state];j++)
{
cout<<(ans[j]/4)+1<<' '<<(ans[j]%4)+1<<endl;
}
return true;
}
else if(!flag[temp]) //防止重复搜索
{
qstate[rear++] = temp;
flag[temp] = true;
step[temp] = step[state]+1;
connect[temp].f=state;
connect[temp].k=i;
}
}
}

return false;
}
int main(void)
{
Init();
BFS();
return 0;
}

然后是参考网上DFS枚举的方法，以后将继续对DFS枚举进行理解。代码如下:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 10;
struct node
{
int p, q;
}a[18];
int map

, ans, flag;
void Change(int x, int y) //翻转函数
{
int i;
map[x][y] = !map[x][y];
for (i = 1; i <= 4; ++i)
{
map[x][i] = !map[x][i];
map[i][y] = !map[i][y];
}
}
int Judge() //判断函数
{
int i, j;
for (i = 1; i <= 4; ++i)
{
for (j = 1; j <= 4; ++j)
{
if (map[i][j] == 0)
{
return 0;
}
}
}
return 1;
}
void DFS(int x, int y, int step)
{
if (step == ans)
{
flag = Judge();//不能加if(flag),否则超时
return ;
}
if (flag || x >= 5)
{
return ;
}
Change(x, y);
if (y < 4)
{
DFS(x, y + 1, step + 1);
a[step].p = x;
a[step].q = y;
}
else                                //全部16枚举一遍
{
DFS(x + 1, 1, step + 1);
a[step].p = x;
a[step].q = y;
}
Change(x, y);                       //再原路返还
if (y < 4)
{
DFS(x, y + 1, step);
}
else
{
DFS(x + 1, 1, step);
}
}
int main()
{
int i, j;
char str;
for (i = 1; i <= 4; ++i)
{
for (j = 1; j <= 4; ++j)
{
scanf("%c", &str);
if (str == '-')
{
map[i][j] = 1;
}
else
{
map[i][j] = 0;
}
}
getchar();//度掉回车
}
flag = 0;
for (i = 0; i <= 16; ++i)
{
ans = i;
DFS(1, 1, 0);
if (flag)
{
break;
}
}
if (flag)
{
printf("%d\n", ans);
for (i = 0; i < ans; ++i)
{
printf("%d %d\n", a[i].p, a[i].q);
}
}
return 0;
}

再最后就是网上大神的算法，找到其中巧妙的规律。这也提醒我以后多将过程展示出来可从中发现重要的信息！：

/*既然说要把所有的开关变成是打开的话，那么怎么样才能做而且又不影响其他的布局呢？如果没遇到一个‘＋’即关闭的开关，我们就把这个开关所在行和列包括它本身（本身只操作一次）都操作一次的话。那么可以计算它本身的状态变化次数为７，其同在一行和一列的元素则状态变化为４，余下的状态转化都是２.可以得到这个方法可以在不影响其它元素的状态下将关闭的开关打开（因为偶数次对状态实际上是没有影响的）。所有我们只要遇到一个＇＋＇就重复上面的操作，而且用一个数组记录下每个元素被操作的次数。最后扫描一次数组，操作次数为奇数的就是我们需要操作的点（偶数次操作相当于没有操作）。
代码：*/
#include<stdio.h>
long m[5][5] ;
void dose(int x,int y){//没操作一次就对元素标记数组加一
for(int i = 1;i<=4;i++){
m[x][i]++ ;
if(i!=x)m[i][y]++ ;
}
}
int steps(){//计算需要操作的次数
int c = 0 ;
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=1;j<=4;j++)
if(m[i][j]%2) c++ ;
return c ;
}
int main()
{
int
char c ;
for(i = 1 ; i <= 4 ; i++){
for(j = 1 ; j <= 4 ; j++){
scanf("%c",&c) ;
if(c=='+') dose(i,j) ;
}
getchar() ;
}
printf("%d\n",steps()) ;
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=1;j<=4;j++)
if(m[i][j]%2)//遇到是奇数的就打印出来
printf("%d %d\n",i,j) ;
return 0 ;
}

当然还有一种纯纯的暴力枚举也能过。。用16个for语句的枚举。。