There is a room with n lights which are turned on initially and 4 buttons on the wall. After performing exactly m unknown operations towards buttons, you need to return how many different kinds of status of the n lights could be.
Suppose n lights are labeled as number [1, 2, 3 ..., n], function of these 4 buttons are given below:
- Flip all the lights.
- Flip lights with even numbers.
- Flip lights with odd numbers.
- Flip lights with (3k + 1) numbers, k = 0, 1, 2, ...
Example 1:
Input: n = 1, m = 1. Output: 2 Explanation: Status can be: [on], [off]
Example 2:
Input: n = 2, m = 1. Output: 3 Explanation: Status can be: [on, off], [off, on], [off, off]
Example 3:
Input: n = 3, m = 1. Output: 4 Explanation: Status can be: [off, on, off], [on, off, on], [off, off, off], [off, on, on].
Note: n and m both fit in range [0, 1000].
這道題是之前那道Bulb Switcher的拓展，但是關燈的方式改變了。現在有四種關燈方法，全關，關偶數燈，關奇數燈，關3k+1的燈。現在給我們n盞燈，允許m步操作，問我們總共能組成多少種不同的狀態。博主開始想，題目沒有讓列出所有的情況，而只是讓返回總個數。那么博主覺得應該不能用遞歸的暴力破解來做，一般都是用DP來做啊。可是想了半天也沒想出遞推公式，只得作罷。只好去參考大神們的做法，發現這道題的結果並不會是一個超大數，最多情況只有8種。轉念一想，也是，如果結果是一個超大數，一般都會對一個超大數10e7來取余，而這道題並沒有，所以是一個很大的hint，只不過博主沒有get到。博主應該多列幾種情況的，說不定就能找出規律。下面先來看一種暴力解法，首先我們先做一個小小的優化，我們來分析四種情況：
第一種情況：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，...
第二種情況：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，...
第三種情況：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，...
第四種情況：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，...
通過觀察上面的數組，我們可以發現以6個為1組，都是重復的pattern，那么實際上我們可以把重復的pattern去掉而且並不會影響結果。如果n大於6，我們則對其取余再加上6，新的n跟使用原來的n會得到同樣的結果，但這樣降低了我們的計算量。
下面我們先來生成n個1，這里1表示燈亮，0表示燈滅，然后我們需要一個set來記錄已經存在的狀態，用一個queue來輔助我們的BFS運算。我們需要循環m次，因為要操作m次，每次開始循環之前，先統計出此時queue中數字的個數len，然后進行len次循環，這就像二叉樹中的層序遍歷，必須上一層的結點全部遍歷完了才能進入下一層，當然，在每一層開始前，我們都需要情況集合s，這樣每個操作之間才不會互相干擾。然后在每層的數字循環中，我們取出隊首狀態，然后分別調用四種方法，突然感覺，這很像迷宮遍歷問題，上下左右四個方向，周圍四個狀態算出來，我們將不再集合set中的狀態加入queue和集合set。當m次操作遍歷完成后，隊列queue中狀態的個數即為所求，參見代碼如下：
解法一：
class Solution { public: int flipLights(int n, int m) { n == (n <= 6) ? n : (n % 6 + 6); int start = (1 << n) - 1; unordered_set<int> s; queue<int> q{{start}}; for (int i = 0; i < m; ++i) { int len = q.size(); s.clear(); for (int k = 0; k < len; ++k) { int t = q.front(); q.pop(); vector<int> next{flipAll(t, n), flipEven(t, n), flipOdd(t, n), flip3k1(t, n)}; for (int num : next) { if (s.count(num)) continue; q.push(num); s.insert(num); } } } return q.size(); } int flipAll(int t, int n) { int x = (1 << n) - 1; return t ^ x; } int flipEven(int t, int n) { for (int i = 0; i < n; i += 2) { t ^= (1 << i); } return t; } int flipOdd(int t, int n) { for (int i = 1; i < n; i += 2) { t ^= (1 << i); } return t; } int flip3k1(int t, int n) { for (int i = 0; i < n; i += 3) { t ^= (1 << i); } return t; } };
上面那個方法雖然正確，但是有些復雜了，由於這道題最多只有8中情況，所以很適合分情況來討論：
- 當m和n其中有任意一個數是0時，返回1
- 當n = 1時
只有兩種情況，0和1
- 當n = 2時，
這時候要看m的次數，如果m = 1，那么有三種狀態 00，01，10
當m > 1時，那么有四種狀態，00，01，10，11
- 當m = 1時，
此時n至少為3，那么我們有四種狀態，000，010，101，011
- 當m = 2時，
此時n至少為3，我們有七種狀態：111，101，010，100，000，001，110
- 當m > 2時，
此時n至少為3，我們有八種狀態：111，101，010，100，000，001，110，011
解法二：
class Solution { public: int flipLights(int n, int m) { if (n == 0 || m == 0) return 1; if (n == 1) return 2; if (n == 2) return m == 1 ? 3 : 4; if (m == 1) return 4; return m == 2 ? 7 : 8; } };
下面這種簡潔到變態的方法是史蒂芬大神觀察規律得到的，他自己也在帖子中說不清為啥這樣可以，但是就是叼，貼上來純屬娛樂吧～
解法三：
class Solution { public: int flipLights(int n, int m) { n = min(n, 3); return min(1 << n, 1 + m * n); } };
類似題目：
參考資料：
https://discuss.leetcode.com/topic/102022/c-concise-code-o-1
https://discuss.leetcode.com/topic/102395/2-short-lines-simple-formula
https://discuss.leetcode.com/topic/102227/short-and-clean-java-o-1-solution
https://discuss.leetcode.com/topic/102107/easy-to-understand-java-bfs-solution-o-m