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梦幻白桦林

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题目:

有十个开关等间距排成一线,每个开关对应其上方的一盏灯(十盏灯也排成一线)。每按动一下开关,可以使对应的灯改变状态(原来亮着的将熄灭,原来熄灭的将被点亮)。
但是,由于开关之间的距离很小,每次按动开关时,相邻的一个开关也将被按动。例如:按动第5个开关,则实际上第4、5、6个开关都被按动。而按动靠边的第1个开关时,第1、2个开关都被按动。并且,无法只按动最靠边的一个开关。
现在给出十盏灯的初始的状态和目标状态,要求计算:从初始状态改变到目标状态所需要的最少操作次数。
函数接口:
int MinChange(const int Start[],const int End[]);
其中:Start表示了初始状态,End表示了目标状态。表示状态的数组(Start和End)中,若某元素为0表示对应的灯亮着,否则表示对应的灯没有亮。调用函数时保证Start和End数组长度均为10,并保证有解。

看了很多人的解法都是用循环遍历来判断是否达到最后要求,但是如果和线形代数结合的话,就有一种很快速的解法。

约定:以下所用的‘+’号都是‘异或’的运算。
先简化一下,假设有四个灯,初始状态s0~s3,目标状态是e0~e3,转换一次状态就是和1进行异或运算一次,所以状态转移矩阵为:
(s0,s1,s2,s3)+k0*(1,1,0,0)+k1*(1,1,1,0)+k2*(0,1,1,1)+k3*(0,0,1,1)=(e0,e1,e2,e3);
其中k(n)表示第n个开关所翻动的次数。并且,注意异或运算中a+b+b=a,所以,某个开关翻动偶数次的效果相当于没有翻动,翻动奇数次的效果相当于翻动一次;又由于异或运算满足交换律,所以翻动的顺序没有影响。综上每个开关翻动的次数只有1次或0次就足够了。

设m(n)=s(n)+e(n),注意异或运算中的'-'也就是'+',所以解线性方程组:
k0+k1      =m1;
k0+k1+k2   =m2;
   k1+k2+k3=m3;
      k2+k3=m4;
假设解存在,就可以算出通解(k0,k1,k2,k3),再统计出通解中1的个数,就是所需要翻动的次数了。并且还可以知道哪些开关需要拨动,比如算出解是(1,0,1,0)就是第0和2个开关需要拨动一次。

因此针对本题目的10个灯泡,本人已算出这10元线性方程组的通解:
k0=m0+m2+m3+m5+m6+m8+m9;
k1=m2+m3+m5+m6+m8+m9;
k2=m0+m1;
k3=m3+m0+m1+m5+m6+m8+m9;
k4=m5+m6+m8+m9;
k5=m4+m3+m0+m1;
k6=m6+m4+m3+m0+m1+m8+m9;
k7=m8+m9;
k8=m7+m6+m4+m3+m0+m1;
k9=m9+m7+m6+m4+m3+m0+m1;

和上面一样,m(n)为开始状态与目标状态的每位异或。至于是否存在解,本人已将次系数矩阵化简为对角矩阵,可以看到系数矩阵的秩(Rank)与未知数的个数相等,所以无论是任何的输入和输出变换都能找到唯一解。

本人程序如下:
int MinChange(const int Start[],const int End[]){
    int m[10];
    int k[10];
    int res=0;
    int i,j,n;
    for(i=0;i<10;i++){
            m[i]=Start[i]^End[i];  /* m[]=Start[] XOR End[] */
        }
    /* calculate roots */
    k[0]=m[0]^m[2]^m[3]^m[5]^m[6]^m[8]^m[9];
    k[1]=m[2]^m[3]^m[5]^m[6]^m[8]^m[9];
    k[2]=m[0]^m[1];
    k[3]=m[3]^m[0]^m[1]^m[5]^m[6]^m[8]^m[9];
    k[4]=m[5]^m[6]^m[8]^m[9];
    k[5]=m[4]^m[3]^m[0]^m[1];
    k[6]=m[6]^m[4]^m[3]^m[0]^m[1]^m[8]^m[9];
    k[7]=m[8]^m[9];
    k[8]=m[7]^m[6]^m[4]^m[3]^m[0]^m[1];
    k[9]=m[9]^m[7]^m[6]^m[4]^m[3]^m[0]^m[1];
    /* count for switch times */
    for(j=0;j<10;j++){
        if(k[j]) res++;
        }
    /* display k(n); */
    for(n=0;n<10;n++) printf("%d,",k[n]);
    return res;
}

测试主程序:
main(){
    int A[10]={1,1,1,0,0,1,0,1,1,0};
    int B[10]={0,0,1,1,0,0,1,1,1,1};
    int C;
    C=MinChange(A,B);
    printf("**%d**",C);
}
显示结果为:
1,0,0,0,1,1,1,1,0,1,**6**
就是如果要把状态A转为状态B,需要把第0,4,5,6,7,9号开关翻动一次,共6次。
测试验证结果正确:)

当然,此做法也有一个缺点,就是当灯的个数改变时,就要重新设定线形方程组的特解形式。


posted on 2007-04-22 10:02 colys 阅读(295) 评论(1)  编辑 收藏 引用

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# re: 数学与程序的结合——一道游戏题目的快速解法 2007-04-26 20:34 zhu
好复杂的算法  回复  更多评论
  


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