一、特殊密码锁
1. 问题简述
有一种特殊的二进制密码锁，由n个相连的按钮组成（n<30），按钮有凹/凸两种状态，用手按某个按钮时，它及其相邻的两个按钮状态会反转。当按的是最左或者最右边的按钮时，该按钮只会影响到跟它相邻的一个按钮。当前密码锁状态已知，求解至少需要按多少次按钮，才能将密码锁转变为所期望的目标状态。
输入：两行，给出两个由0、1组成的等长字符串，表示当前/目标密码锁状态，其中0代表凹，1代表凸。
输出：至少需要进行的按按钮操作次数，如果无法实现转变，则输出impossible。
2. 问题分析
考虑使用枚举法解题，每一个按钮有按与不按两种情况，如果对所有情况都进行枚举的话，n个按钮则会产生2n种情况，时间成本是较高的。
在分析问题前，我们要明白一点：按钮的先后顺序是不影响密码锁最终状态的，比如初始锁为001，分别进行以下两种按法：
第一种：按第一个键 --> 按第三个键，对应 001 --> 111 --> 100；
第二种：按第三个键 --> 按第一个键，对应 001 --> 010 --> 100；
基于此，我们不妨从左往右依次进行枚举，而且，同一个按钮不能按两次，因为这样效果会抵消。
我们的基本思路是利用一些已知信息减少枚举的次数。其实，在我们进行枚举的时候，可以尝试寻找某个局部，一旦该局部被确定了，剩余部分的状态也就随之确定。比如对于密码锁问题
初始锁状态为 010
目标锁状态为 101
如果我们已经确定了第一个按钮 按下，当前状态变为100，那么我们按钮2的操作是什么呢？还需要进行枚举吗？显然此时应 不按。因为如果按下后就会使当前状态变为011，而按钮1的目标状态是1，也就是说，要达到目标，我们还需要按一次按钮1或者按钮2，有一个按钮会按两次，这在前面已经分析到是无意义的。同理，按钮3的状态也可以确定。
很显然，按钮1就是我们要找的局部，确定了该局部，就能从左往右依次确定每个按钮的操作，这对n个按钮的情况也是成立的，230的问题就能简化为22的问题了。
从局部确定剩余部分状态的原理是什么呢？那就是前面提到的已知信息，因为我们已经知道了每一个按钮的目标状态，在选择按与不按的时候就有了倾向性。
情形1中盲人就好比“暴力”枚举法，因为不知道走每条路的后果，只能去逐一尝试右、上、下三条路，在找到正确的路前，可能会碰到老虎和狼；而情形二中的人，知道了走某些路径不会到达生路，只会选择合适的那一条。正如密码锁问题里，已经知道了 按下 按钮2不会使按钮1变为目标状态，选择 不按 就是唯一确定的。
生路====》密码锁目标状态
路径====》对每个按钮按或者不按的选择
走不同路产生的结果====》按或者不按后按钮的状态
3. 代码实现
（1）输入
getline()函数，读入未知长度的字符串。
（2）密码锁存储及操作
可用 一维数组实现，但因为密码锁只有0、1两种状态，可用二进制数来表示，节省空间。以下用数字c表示整个密码锁状态，相关操作如下：
调整第i个按钮状态，v只有1或0两个值：
void SetBit(int& c, int i, int v)
{
//调整数字c的第i位
if (v)
c |= (1 << i);
else
c &= ~(1 << i);
}
读取第i个按钮状态：
int GetBit(int c, int i)
{
//取数字c的第i位
return (c >> i) & 1;
}
按下第i个按钮改变状态：
void FlipBit(int& c, int i)
{
//转换第i位，与1做异或
c ^=(1 << i);
}
源代码
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
int GetBit(int c, int i)
{
//取数字c的第i位
return (c >> i) & 1;
}
void SetBit(int& c, int i, int v)
{
//调整数字c的第i位
if (v)
c |= (1 << i);
else
c &= ~(1 << i);
}
void FlipBit(int& c, int i)
{
//转换第i位，与1做异或
c ^=(1 << i);
}
int main()
{
string LockLine;
int OriLock = 0; //初始密码锁状态
int DesLock = 0; //目标密码锁状态
int CurLock = 0; //当前密码锁状态
//设置初始密码锁每个按钮的状态
getline(cin,LockLine);
int len = LockLine.size();
for (int i = 0; i < len; ++i)
{
SetBit(OriLock, i, LockLine[i]-'0');
}
//设置目标密码锁每个按钮的状态
getline(cin, LockLine);
for (int i = 0; i < len; ++i)
{
SetBit(DesLock, i, LockLine[i]-'0');
}
int mintimes =len;
for (int i = 0; i < 2; i++)//第一个按钮只有0、1两种状态
{
CurLock = OriLock;
int switchs = i;//对按钮进行的操作
int times = 0;
for (int j = 0; j < len; j++)
{
//依次对每个按钮进行处理
if (switchs)
{
times++;
if (j > 0)
FlipBit(CurLock, j-1);
if (j < len - 1)
FlipBit(CurLock, j + 1);
FlipBit(CurLock, j);
}
if (j < len - 1) //当前按钮与目标状态一致，则switchs=0，否则1
switchs = GetBit(CurLock, j) ^ GetBit(DesLock, j);
}
if (CurLock == DesLock)//判断当前密码锁状态与目标状态是否一致
mintimes = min(mintimes, times);
}
if(mintimes==len)
cout<<"impossible"<<endl;
else
cout<<mintimes<<endl;
return 0;
}
二、熄灯问题
1. 问题简述
有一种特有一个由按钮组成的矩阵，其中每行有6个按钮，共5行。每个按钮的位置上有一盏灯。当按下一个按钮后，该按钮以及周围位置(上边、下边、左边、右边)的灯都会改变一次。在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态；在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态；其他的按钮改变5盏灯的状态。0代表灯熄灭，1代表点亮，目标是按下一系列按钮使所有灯都熄灭。
输入：5行由0、1组成的等长字符串，表示灯的初始状态。
输出：5行由0、1组成的等长字符串，1表示按下当前按钮，0表示不需要按。
2. 问题分析
该问题可以说是密码锁问题维度上的升级，由一维变成了二维。首先还是寻找枚举问题的局部，不难发现，当确定了第一行（或列）按钮的操作后，第二行按钮的操作也就确定了。我们只需要对第一行进行局部枚举，该行由6个数字组成共有26种情况。同样，我们使用二进制数进行表示，每一行需用一个数表示，5行共需5个数，整个灯阵列只需一个char[5]的数组就能表示。对第一行，从0枚举到63即可（八位二进制数，足以枚举6个按钮的状态）。
密码锁初始状态====》灯初始状态
密码锁目标状态====》灯全部熄灭
密码锁一个按钮====》灯一行按钮
源代码
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
int GetBit(char c, int i)
{
//取数字c的第i位
return (c >> i) & 1;
}
void SetBit(char& c, int i, int v)
{
//调整数字c的第i位
if (v)
c |= (1 << i);
else
c &= ~(1 << i);
}
void FlipBit(char& c, int i)
{
//转换第i位，与1做异或
c ^= (1 << i);
}
void OutPut(char result[])//结果输出
{
for (int i = 0; i < 5; ++i) {
for (int j = 0; j < 6; ++j) {
cout << GetBit(result[i], j);
if (j < 5)
cout << " ";
}
cout << endl;
}
}
int main()
{
char OriLight[5]; //初始灯状态
char CurLight[5]; //当前灯状态
char Result[5]; //对灯阵列的操作
//设置初始灯阵列的状态
memset(OriLight, 0, sizeof(OriLight));
for (int i = 0; i < 5; ++i)
{
string in;
getline(cin, in);
for (int j = 0; j < 6; ++j)
{
SetBit(OriLight[i], j, in[j]-'0');//一定要-'0'
}
}
for (int i = 0; i < 64; i++)//第一行按钮的64种状态
{
memcpy(CurLight, OriLight, sizeof(OriLight));
char switchs = i;//对按钮进行的操作
for (int j = 0; j < 5; ++j)//遍历每一行
{
Result[j] = switchs;
for (int k = 0; k < 6; ++k)
{
if (GetBit(switchs, k))
{
if (k > 0)
FlipBit(CurLight[j], k - 1);
if (k < 5)
FlipBit(CurLight[j], k + 1);
FlipBit(CurLight[j], k);
}
}
/*if(j>0) //改变上一行灯，无需进行
CurLight[j - 1] ^= switchs;*/
if (j < 4) //改变下一行灯状态
CurLight[j + 1] ^= switchs;
switchs = CurLight[j];//本行的状态决定对下一行的操作
}
if (CurLight[4] == 0)//判断最后一行灯是否全灭
{
OutPut(Result);
break;
}
}
return 0;
}
三、总结
特殊密码锁与熄灯问题本质上是相同的，二者仅是维度上的区别。在解这两个问题的过程中，个人主要有以下收获：
1.寻找局部。在枚举问题里，可能存在某个局部，其状态确定之后，其他部分的状态也随之确定或者减少；
2.二进制数表示。在只有0、1两种状态时，利用二进制数来表示，节省空间。而且在熄灯问题里，对第一行的状态也不需要再进行多重循环。
新人初次分享，不当之处还请指正，感谢。
