tyvj P1266 费解的开关_综合

题目：

描述

你玩过“拉灯”游戏吗？25盏灯排成一个5x5的方形。每一个灯都有一个开关，游戏者可以改变它的状态。每一步，游戏者可以改变某一个灯的状态。游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应：和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。
    我们用数字“1”表示一盏开着的灯，用数字“0”表示关着的灯。下面这种状态

10111
01101
10111
10000
11011

    在改变了最左上角的灯的状态后将变成：

01111
11101
10111
10000
11011

    再改变它正中间的灯后状态将变成：

01111
11001
11001
10100
11011

    给定一些游戏的初始状态，编写程序判断游戏者是否可能在6步以内使所有的灯都变亮。

输入格式

第一行有一个正整数n，代表数据中共有n个待解决的游戏初始状态。
    以下若干行数据分为n组，每组数据有5行，每行5个字符。每组数据描述了一个游戏的初始状态。各组数据间用一个空行分隔。
    对于30%的数据，n<=5；
    对于100%的数据，n<=500。

输出格式

输出数据一共有n行，每行有一个小于等于6的整数，它表示对于输入数据中对应的游戏状态最少需要几步才能使所有灯变亮。
对于某一个游戏初始状态，若6步以内无法使所有灯变亮，请输出“-1”。

测试样例1

输入

3
00111
01011
10001
11010
11100

11101
11101
11110
11111
11111

01111
11111
11111
11111
11111

输出

3
2

思路：

二进制存储25盏灯的开关情况，再BFS枚举所由变的方法。

为了节省效率，不用在300组测试样例中每组都BFS，可以再开头就算好6步以内可以由全部都是开的变成的所有情况，把步数记下，输入后就直接查找即可。

在进行开关时，用位运算把第k位改变的操作为 x^(1<<(k-1)) ，要注意边界的判断，改变左右的灯时，要判断的是是否超出了这一行的边界，而不仅仅是判断是否超出了25和0。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;struct  Light {int x;int num;Light(int a,int b) {x=a;num=b;}
};int Change(int x,int y) {x=x^(1<<(y-1));if(y+5<=25) {x=x^(1<<(y+4));}if(y-5>0) {x=x^(1<<(y-6));}if(y%5!=0) {x=x^(1<<(y));}if(y%5!=1) {x=x^(1<<(y-2));}return x;
}map<int,int> use;int bfs(int x) {queue<Light> que;que.push(Light(x,0));use[x]=0;while(!que.empty()) {Light head=que.front();que.pop();if(head.num>=6) {return -1;}for(int i=1; i<=25; i++) {int now=Change(head.x,i);if(!use.count(now)) {use[now]=head.num+1;que.push(Light(now,head.num+1));}}}return -1;
}int main() {bfs(33554431);int t;scanf("%d",&t);while(t--) {int a[30]= {0};for(int i=0; i<5; i++) {string y;cin>>y;for(int j=0; j<5; j++) {a[i*5+j]=y[j]-'0';}}int x=0;int z=1;for(int i=24; i>=0; i--) {x+=z*a[i];z*=2;}if(use.count(x))printf("%d\n",use[x]);elseprintf("-1\n");}return 0;
}