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].
这道题是之前那道Bulb Switcher的拓展，但是关灯的方式改变了。现在有四种关灯方法，全关，关偶数灯，关奇数灯，关3k+1的灯。现在给我们n盏灯，允许m步操作，问我们总共能组成多少种不同的状态。博主开始想，题目没有让列出所有的情况，而只是让返回总个数。那么博主觉得应该不能用递归的暴力破解来做，一般都是用DP来做啊。可是想了半天也没想出递推公式，只得作罢。只好去参考大神们的做法，发现这道题的结果并不会是一个超大数，最多情况只有8种。转念一想，也是，如果结果是一个超大数，一般都会对一个超大数10e7来取余，而这道题并没有，所以是一个很大的hint，只不过博主没有get到。博主应该多列几种情况的，说不定就能找出规律。下面先来看一种暴力解法，首先我们先做一个小小的优化，我们来分析四种情况：
第一种情况：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，…
第二种情况：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，…
第三种情况：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，…
第四种情况：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，…
通过观察上面的数组，我们可以发现以6个为1组，都是重复的pattern，那么实际上我们可以把重复的pattern去掉而且并不会影响结果。如果n大于6，我们则对其取余再加上6，新的n跟使用原来的n会得到同样的结果，但这样降低了我们的计算量。
下面我们先来生成n个1，这里1表示灯亮，0表示灯灭，然后我们需要一个set来记录已经存在的状态，用一个queue来辅助我们的BFS运算。我们需要循环m次，因为要操作m次，每次开始循环之前，先统计出此时queue中数字的个数len，然后进行len次循环，这就像二叉树中的层序遍历，必须上一层的结点全部遍历完了才能进入下一层，当然，在每一层开始前，我们都需要情况集合s，这样每个操作之间才不会互相干扰。然后在每层的数字循环中，我们取出队首状态，然后分别调用四种方法，突然感觉，这很像迷宫遍历问题，上下左右四个方向，周围四个状态算出来，我们将不再集合set中的状态加入queue和集合set。当m次操作遍历完成后，队列queue中状态的个数即为所求，参见代码如下：
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; } };
上面那个方法虽然正确，但是有些复杂了，由于这道题最多只有8中情况，所以很适合分情况来讨论：
– 当m和n其中有任意一个数是0时，返回1
– 当n = 1时
只有两种情况，0和1
– 当n = 2时，
这时候要看m的次数，如果m = 1，那么有三种状态 00，01，10
当m > 1时，那么有四种状态，00，01，10，11
– 当m = 1时，
此时n至少为3，那么我们有四种状态，000，010，101，011
– 当m = 2时，
此时n至少为3，我们有七种状态：111，101，010，100，000，001，110
– 当m > 2时，
此时n至少为3，我们有八种状态：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; } };
下面这种简洁到变态的方法是史蒂芬大神观察规律得到的，他自己也在帖子中说不清为啥这样可以，但是就是叼，贴上来纯属娱乐吧～
解法三：
class Solution { public: int flipLights(int n, int m) { n = min(n, 3); return min(1 << n, 1 + m * n); } };
类似题目：
参考资料：
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
