POJ 1830 开关问题（Gauss 消元）

开关问题

Time Limit: 1000MS		Memory Limit: 30000K
Total Submissions: 7726		Accepted: 3032

Description

有N个相同的开关，每个开关都与某些开关有着联系，每当你打开或者关闭某个开关的时候，其他的与此开关相关联的开关也会相应地发生变化，即这些相联系的开关的状态如果原来为开就变为关，如果为关就变为开。你的目标是经过若干次开关操作后使得最后N个开关达到一个特定的状态。对于任意一个开关，最多只能进行一次开关操作。你的任务是，计算有多少种可以达到指定状态的方法。（不计开关操作的顺序）
Input

输入第一行有一个数K，表示以下有K组测试数据。
每组测试数据的格式如下：
第一行 一个数N（0 < N < 29）
第二行 N个0或者1的数，表示开始时N个开关状态。
第三行 N个0或者1的数，表示操作结束后N个开关的状态。
接下来 每行两个数I J，表示如果操作第 I 个开关，第J个开关的状态也会变化。每组数据以 0 0 结束。
Output

如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it's impossible~!!” 不包括引号
Sample Input

2
3
0 0 0
1 1 1
1 2
1 3
2 1
2 3
3 1
3 2
0 0
3
0 0 0
1 0 1
1 2
2 1
0 0

Sample Output

4
Oh,it's impossible~!!

Hint

第一组数据的说明：
一共以下四种方法：
操作开关1
操作开关2
操作开关3
操作开关1、2、3 （不记顺序）
Source

LIANGLIANG@POJ

Gauss消元的异或(模2）版，第一次写写的有点麻烦，要简单的参照kuangbin牌Gauss消元模板。。
每个开关的影响范围可以列为一个列向量ai，他的操作为xi（只有0/1）,我们要求解的就是a1*x1+a2*x2+……an*xn=b（为到达状态与初始状态的异或）
求解这个x1,x2……xn 直接用Gauss消元。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
int A[50][50];
int b0[50],b1[50],b[50];
int main()
{
int T,n,a1,a2,p,ct,ans,inf;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
clr(A);
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&b0[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&b1[i]);
b[i]=(b0[i]+b1[i])%2;
}
while(scanf("%d%d",&a1,&a2) && a1 && a2)
{
A[a2-1][a1-1]=1;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
A[i]
=b[i];
A[i][i]=1;
}
ct=-1;

for(int i=0;;i++)
{
ct++;
if(ct>=n)
{
p=i;
break;
}
while(!A[i][ct])
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
if(A[j][ct])
{
for(int k=0;k<=n;k++)
{
p=A[i][k];
A[i][k]=A[j][k];
A[j][k]=p;
}
break;
}
if(!A[i][ct])
ct++;
if(ct>=n)
break;
}
if(ct>=n)
{
p=i;
break;
}
for(int j=i+1;j<n;j++)
if(A[j][ct])
for(int k=ct;k<=n;k++)
A[j][k]=(A[j][k]+A[i][k])%2;
}
inf=0;
for(int i=p;i<n;i++)
if(A[i]
)
{
inf=1;
break;
}
//        for(int i=0;i<n;i++)
//        {
//            for(int j=0;j<=n;j++)
//               printf("%d ",A[i][j]);
//            printf("\n");
//       }
if(inf)
{
printf("Oh,it's impossible~!!\n");
continue;
}
ans=1<<(n-p);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}