【POJ-3279】Fliptile（递推+搜索）

POJ-3279. Fliptile（递推+搜索）

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题目描述

农场主约翰知道，一头智力得到满足的奶牛是一头快乐的奶牛，它会产更多的奶。他为奶牛安排了一项脑力活动，让它们摆弄一个 $M\times N$ 的方格 $(1\le M\le 15;1\le N\le 15)$，每个方格的一面是黑色的，另一面是白色的。

正如人们所猜测的那样，当翻转一块白色瓷砖时，它就会变成黑色；当翻转一块黑色瓷砖时，它就会变成白色。当奶牛翻转瓷砖，使每块瓷砖的白色面朝上时，它们就会得到奖励。不过，奶牛的蹄子比较大，当它们试图翻转某块瓷砖时，也会翻转所有相邻的瓷砖（与被翻转瓷砖共用一条完整边缘的瓷砖）。由于翻转很累，奶牛们希望尽量减少翻转的次数。

帮助奶牛确定所需的最少翻转次数，以及为达到最少翻转次数而需要翻转的位置。如果有多种方法都能以最少的翻转次数完成任务，则在输出中以字符串形式返回词序最少的一种方法。如果任务不可能完成，则打印一行并注明 “IMPOSSIBLE”。

输入：

第 $1$ 行 两个空格分隔的整数： $M$ 和 $N$

第 $\mathrm{2...}M+1$ 行： 第 $i+1$ 行描述网格第 $i$ 行的颜色（从左到右），用 $N$ 个空格分隔的整数表示，$1$ 表示黑色，$0$ 表示白色

输出：

第 $\mathrm{1...}M$ 行：每行包含 $N$ 个空格分隔的整数，每个整数指定特定位置的翻转次数。

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

题意

给定一个 $01$ 矩阵，可以任意选择翻转一个点，使得 $0$ 变成 $1$ ，$1$ 变成 $0$ ，并且该点上下左右的四个点会按照同样的规律进行翻转，现在问最少需要翻转多少次，可以使得整个矩阵都是 $0$ ，如果有多种方式，请输出字典序最小的一种，若无法达到则输出 “impossible”。

思路

首先，一个点翻转两次及以上是没有意义的。因为，翻转两次等于不反转，翻转奇数次等于翻转一次，所以我们只需要考虑翻转一次的情况。

那么，每个点只有翻与不翻两种情况，直接枚举的话，$n\ast (2^n)$ 会超时，所以需要优化枚举方式。

这里设翻转某个点 (i, j) 的操作为 turn(x, y) ，如果逐个枚举的话，当翻转当前点的时候，会使上一行也翻转，从而破坏上一行的状态，所以只能用下一行去改变上一行的状态。

并且，操作的顺序也不会影响最终的结果。那么，若当前行某一点 (i, j) 的状态为 1 ，那就可以用所在列的下一行 (i + 1, j) 去执行 turn 操作，使得 (i, j) 的状态变为 0 。

综上，我们可以先确定第一行的操作方案，枚举第一行所有的操作，再依此递推后面行数的情况，最后判断最后一行的状态是否全部变成了 0 即可。

同时，我们使用二进制枚举第一行的话，还可以保证是按字典序来枚举的，也符合题目要求。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define IOS ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);using namespace std;
const int N = 20;// 翻转数字上下左右,1->0,0->1,需要将所有的数都变成0
int n, m;
int g[N][N], backup[N][N];  // 原数组，备份数组(备份数组用来恢复原来的状态)
int temp[N][N];             // 临时状态数组(保存每次枚举时当前数组的状态)
int ans[N][N];              // 答案数组
int dx[] = {0, -1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, 0, -1};
int res;// 转换瓷砖状态
void turn(int x, int y)
{for (int i = 0; i < 5; i++){int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < m){g[xx][yy] ^= 1;  // 异或,变成相反数// if (g[xx][yy] == 1) g[xx][yy] = 0;// else g[xx][yy] = 1;}}temp[x][y] = 1;
}void work()
{//先枚举第一行的所有情况，使用二进制枚举，一共2^m种for (int k = 0; k < 1 << m; k++){int cnt = 0;memcpy(backup, g, sizeof g);  //备份原数组memset(temp, 0, sizeof temp); //每次都需要初始化临时数组// 对第1行处理for (int j = 0; j < m; j++)if (k >> j & 1){cnt++;turn(0, j);}// 逐个枚举第2~n-1行for (int i = 0; i < n - 1; i++)for (int j = 0; j < m; j++)if (g[i][j] == 1){cnt++;turn(i + 1, j);  // 对下一行处理}bool flag = true;for (int j = 0; j < m; j++)  // 判断最后一行是否合法if (g[n - 1][j] == 1){flag = false;break;}// 判断最小操作次数if (flag && cnt < res){res = cnt;memcpy(ans, temp, sizeof temp);  // 更新答案数组}// 枚举完一种情况后还原成初始状态memcpy(g, backup, sizeof backup);}
}int main()
{IOS;res = INF;cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < m; j++)cin >> g[i][j];work();if (res == INF) cout << "IMPOSSIBLE" << endl;else {for (int i = 0; i < n; i++){for (int j = 0; j < m; j++)cout << ans[i][j] << ' ';cout << endl;}}return 0;
}

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