关于十字翻转棋的解法研究

首先说什么是十字翻转棋，十字翻转棋又叫开窗游戏，游戏规则如下：

在n*n的方格中随机分布着一些关着的窗子，当你打开或关闭一个窗子时，它的上下左右四个方向的窗子开关状态也会翻转。目标是将这些关着的窗子都打开，游戏结束。 

这里有一个我自己编写的html5开窗游戏，大家可以先去玩一下：

开窗游戏

游戏相对还比较简单，只是一个3*3的难度，当游戏维度增加后，难度也会加大。下面我们来探讨一下如何快速找出一个最优解。

玩几次游戏发现如下两个规律：

1.任何一个位置我们点击1次和点击3次结果是相同的，因为每点一下，这个点击所影响的窗子是固定的，所以如果一个位置需要点击，我们只点击一下就可以了。

2.任何一个位置的窗子状态只和它上中下左右5个位置的点击状态有关系，和他们的点击顺序无关。

由1,2分析可知，在n*n的格子中，达到win状态时这n*n个格子每个格子只有是否被点击两种状态，而与达到这两种状态的点击次数无关，和点击顺序也无关。这个大家可以自己思考一下。

也就是说最后我们只需确定哪些格子需要点，哪些格子不需要点。

我们就拿3*3的难度来推理一下。

c1	c2	c3
c4	c5	c6
c7	c8	c9

假设格子的原始状态为 {cn}， cn有两个值 0代表开着的，1代表关着的 那么要把所有窗子都开着就是要把所有数字都变成0

x1	x2	x3
x4	x5	x6
x7	x8	x9

假设最终格子的点击状态为 {xn}，xn也有两种状态 1代表要点击，0代表不点击

我们假设 运算f(x,c)   {x=0,1}{c=0,1}  

x表示是否受点击影响 0代表不受点击影响，1代表受点击影响

c表示格子原始状态 0表示开启状态，1表示关闭状态

f(x,c)    表示作用后对应格子的状态  

经过分析， f有如下特点：

    f(1,0)=1;    //受点击影响 将原先1变为0

    f(1,1)=0;    //受点击影响 将原先0变成1

    f(0,1)=1;    //不受点击影响，保持原来的1

    f(0,0)=0;    //不受点击影响，保持原来的0

聪明的你应该发现，这其实是异或运算^

再来分析第一个格子，

它的原始状态是c1，分析发现能够影响它的点击状态是x1,x2,x4 而其他x对它皆没有影响，而目标最终的状态是0，所以我们得到下面的式子：

f(x4 , f(x2 , f(x1 , c1))) = 0 

而我们又知道 f 是异或运算，所以上面的式子可以写成

x4^x2^x1^c1=0

又因为异或服从交换律，且两边同时异或c1 得到下面的变形

x1^x2^x4=c1;

依次类推我们可以写出其他的式子，最后整理好的式子如下：

x1^x2^   x4                = c1

x1^x2^x3^   x5             = c2

x2^x3^      x6          = c3

x1^      x4^x5^   x7       = c4

x2^   x4^x5^x6^   x8    = c5

x3^   x5^x6^      x9 = c6

x4^      x7^x8    = c7

x5^   x7^x8^x9 = c8

x6^   x8^x9 = c9

将其写成矩阵形式：

1 1 0 1 0 0 0 0 0    x1     c1      (1)
1 1 1 0 1 0 0 0 0    x2     c2      (2)
0 1 1 0 0 1 0 0 0    x3     c3      (3)
1 0 0 1 1 0 1 0 0    x4     c4      (4)
0 1 0 1 1 1 0 1 0    x5     c5      (5)
0 0 1 0 1 1 0 0 1    x6     c6      (6)
0 0 0 1 0 0 1 1 0    x7     c7      (7)
0 0 0 0 1 0 1 1 1    x8     c8      (8)
0 0 0 0 0 1 0 1 1    x9     c9      (9)

最终问题划归为求解这个异或矩阵方程~

我们把左边那个矩阵定义为A  使用向量的写法  

AX=C 

只不过这里矩阵乘法中对应的加法运算要改为异或运算。

线性代数里面有一类问题叫线性方程组的求解，最终划归出来的矩阵形式和这个一模一样。所以我们可以采用解线性方程组的那套算法来解这个方程。

最基本的原则是销元，算法描述如下：

1.用 (1)^(2)  可以得到一个没有x1的等式替代(2)，同样用(1)^(3)替代(3) 依次类推，可以得到8个没有x1的等式。

2.再用(2)^(3) 可以得到一个没有x2的等式替代(3);

3.照这样做下去，可以得到一组上三角矩阵。

4.此时的(9)式就只有x9一个变量，而对应的c9则也就是x9的值。

5.然后将x9代入(8)式可以解出x8

6.继续将 x8,x9代入(7)式可以解出x7

依次类推，可以解出xn  也就是我们要的解。

还记得这种方法应该叫做 高斯消元法。

另一种解法和这个解法类似，只是不用回代:

1.用 (1)^(2)  可以得到一个没有x1的等式替代(2)，同样用(1)^(3)替代(3) 依次类推，可以得到8个没有x1的等式。（第一步相同）

2.用(2)^(1) 可以得到一个没有x2的等式替代(1)，(2)^(3)-->(3);(2)^(4)-->(4);...(2)^(9)-->(9);   （第二步有所不同，是同样用(2)式将(1)式中的x2消除）

3.同样的(3)^(1)-->(1);    (3)^(2)-->(2);   ...   (3)^(9)-->(9);

照这样做下去，可以得到一组对角矩阵,或者可以说是单位矩阵

而此时cn对应的就是方程组的解。

扩展到n*n的规模，我们发现只是对应的矩阵A变化了，其他算法不变。

针对问题本身，cn是一个参数，是传入值，矩阵A根据不同规模不同，但也是有规律的，可以用程序生成，具体的生成算法这里就不说了。

以下是我用JavaScript写的一个算法，针对3*3的规模解法：

var AI = AI||{};
AI.resolve = function(cArray){
var rect33 = [
[1,1,0,1,0,0,0,0,0],
[1,1,1,0,1,0,0,0,0],
[0,1,1,0,0,1,0,0,0],
[1,0,0,1,1,0,1,0,0],
[0,1,0,1,1,1,0,1,0],
[0,0,1,0,1,1,0,0,1],
[0,0,0,1,0,0,1,1,0],
[0,0,0,0,1,0,1,1,1],
[0,0,0,0,0,1,0,1,1],
];
function resolveRect(rect,cArray){
var length = rect.length;
for(var i=0;i<length;i++){
for(var j=i+1;j<length;j++){
var r1 = rect[i];
var r2 = rect[j];
if(r2[i]==1){
if(r1[i]==1){//销元
addRect(r1,r2);
var c1 = cArray[i];
var c2 = cArray[j];
cArray[j] = addRect(c1,c2);
}else{//交换
var temp = rect[i];
rect[i]=rect[j];
rect[j]=temp;
temp = cArray[i];
cArray[i]=cArray[j];
cArray[j]=temp;
}
}
}
if(rect[i][i]!=1){
throw "无解！！";
return;
}else{
for(var j=0;j<i;j++){
var r1 = rect[i];
var r2 = rect[j];
if(r2[i]==1){
addRect(r1,r2);
var c1 = cArray[i];
var c2 = cArray[j];
cArray[j] = addRect(c1,c2);
}
}
}
}
}
function addRect(r1,r2){
if(typeof r2 == "number")return r2^r1;
var len = r2.length;
for(var i=0;i<len;i++){
r2[i]=r2[i]^r1[i];
}
}
resolveRect(rect33,cArray);
console.log(rect33);
console.log(cArray);
}

可以推算这个解法的时间复杂度是n^2  空间复杂度也是n^2 当然空间上是可以优化的，因为有大部分的0是不需要存储的，优化的问题就不讲了。

顺带说一下，关于这个h5游戏是怎么做出来的，之后会有专门的文章或者视频来讲，敬请期待。

另外游戏的源码和解法的源码都可以访问github地址：git@github.com:gagaprince/gaga_c.git

里面有一个叫 game_kaichuang 的分支。

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