【POJ】1830 开关问题（高斯消元）

http://poj.org/problem?id=1830

高斯消元无解的条件：当存在非法的左式=0而右式不等于0的情况，即为非法。这个可以在消元后，对没有使用过的方程验证是否右式不等于0（此时因为前边消元一定会使得后边的方程左式为0）

高斯消元*变元：*变元就是当这些未知量一旦确定，整个方程就确定了。但是这些量是未知的。（例如x+y=5，*变元就是1，因为无论是x还是y确定，另一个就能唯一确定），而答案要求的是方案，那么显然因为*变元是可以随便赋值的，而这些值只有2个，开和不开，那么方案数就是2^*变元。而*变元的求法很简单，具体解释看白书，其实就是仅当n个不同的方程（就是无论怎么通过其它方程都不会将这两个方程变成一样）才能确定n个解。那么我们如果只确定了x个方程，那么*变元的数量就是n-x。（这个x可以轻易得到，因为在高斯消元过程中，会消元，而消元会将相同的方程消成这个样子：0=0。那么这个就是没用的方程。

而高斯消元我们要在原有的求一定有解的高斯消元算法改动一下。

我们记录当前的方程x和当前的未知数y，我们知道只有在所有a行，a>=x有A[a][y]!=0时，那么就可以消元，消元后这个方程就是确定的了，那么x++；反之不存在这个a，那么未知数y++

还有一个要注意的是，我们建图时，如果初始状态和末状态相等，意味着这个未知量不需要改变，即A[i][n+1]=0，反之A[i][n+1]=1。且每一个方程组x，如果有未知量y能够造成未知量x改变，那么A[x][y]=1（所以这点千万不要在建图的时候弄错了！）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) { for1(__, 1, c) cout << a[_][__]; cout << endl; }
#define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << '\t'; cout << endl
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }

const int N=35;
typedef int mtx[N][N];
int gauss(mtx A, int n) {
	int x=1, y=1;
	while(x<=n && y<=n) {
		int pos=x;
		while(!A[pos][y] && pos<=n) ++pos;
		if(A[pos][y]) {
			for1(i, 1, n+1) swap(A[pos][i], A[x][i]);
			for1(i, x+1, n) if(A[i][y])
				for1(j, y, n+1) A[i][j]^=A[x][j];
			++x;
		}
		++y;
	}
	for1(i, x, n) if(A[i][n+1]) return -1;
	return n-x+1;
}
int main() {
	int cs=getint();
	mtx a;
	while(cs--) {
		CC(a, 0);
		int n=getint();
		for1(i, 1, n) read(a[i][n+1]), a[i][i]=1;
		for1(i, 1, n) a[i][n+1]^=getint();
		int x=getint(), y=getint();
		while(x+y) {
			a[y][x]=1;
			x=getint(), y=getint();
		}
		int ans=gauss(a, n);
		if(ans==-1) puts("Oh,it's impossible~!!");
		else printf("%d\n", 1<<ans);
	}
	return 0;
}

---

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