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法律研究C++ 中将二进制矩阵转换为零矩阵所需的最小翻转次数
假设我们有一个 m x n 的二进制矩阵 mat。一步之内，我们可以选择一个单元格并翻转其位及其所有四个邻居（如果存在）。我们必须找到将 mat 转换为零矩阵所需的最小步数。如果没有解决方案，则返回 -1。
因此，如果给定的输入类似于 [[0,0], [0,1]]，则更改将类似于 -
所以我们需要 3 步，输出将是 3。
为了解决这个问题，我们将遵循以下步骤 -
- n := 行数，m := 列数，x := 0
- 初始化 i := 0，当 i < n 时，更新（i 增加 1），执行 -
- 初始化 j := 0，当 j < m 时，更新（j 增加 1），执行 -
- 初始化 j := 0，当 j < m 时，更新（j 增加 1），执行 -
- x := x + 将 mat[i][j] 的值左移 (i * m) + j) 次
- 初始化 j := 0，当 j < m 时，更新（j 增加 1），执行 -
- 初始化 j := 0，当 j < m 时，更新（j 增加 1），执行 -
- 定义一个包含 2^(n * m) 个单元格的数组 dp，并将其全部填充为 -1
- dp[x] := 0
- 定义一个队列 q
- 将 x 插入 q
- 当 (q 不为空) 时，执行 -
- current := q 的第一个元素，从 q 中删除该元素
- 如果 current 等于 0，则 -
- 返回 dp[current]
- 初始化 i := 0，当 i < n 时，更新（i 增加 1），执行 -
- 初始化 j := 0，当 j < m 时，更新（j 增加 1），执行 -
- temp := current
- temp := temp XOR 2^ (i * m) + j)
- 初始化 k := 0，当 k < 4 时，更新（k 增加 1），执行 -
- ni := i + dir[k][0]
- nj := j + dir[k][1]
- 如果 ni < 0 或 nj < 0 或 ni >= n 或 nj >= m，则 -
- 忽略以下部分，跳到下一次迭代
- temp := temp XOR 2^ (ni * m) + nj)
- 如果 dp[temp] 等于 -1，则 -
- dp[temp] := dp[current] + 1
- 将 temp 插入 q
- 初始化 j := 0，当 j < m 时，更新（j 增加 1），执行 -
- 返回 -1
让我们看看以下实现以获得更好的理解 -
示例
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dir[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
class Solution {
public:
int minFlips(vector<vector<int>>& mat) {
int n = mat.size();
int m = mat[0].size();
int x = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
for(int j = 0; j < m; j++){
x += (mat[i][j] << ((i * m) + j));
}
}
vector < int > dp(1 << (n*m), -1);
dp[x] = 0;
queue <int> q;
q.push(x);
while(!q.empty()){
int current = q.front();
q.pop();
if(current == 0)return dp[current];
for(int i = 0; i < n; i++){
for(int j = 0; j < m; j++){
int temp = current;
temp ^= (1 << ((i *m) + j));
for(int k = 0; k < 4; k++){
int ni = i + dir[k][0];
int nj = j + dir[k][1];
if(ni < 0 || nj < 0 || ni >= n || nj >= m)continue;
temp ^= (1 << ((ni *m) + nj));
}
if(dp[temp] == -1){
dp[temp] = dp[current] + 1;
q.push(temp);
}
}
}
}
return -1;
}
};
main(){
Solution ob;
vector<vector<int>> v = {{0,0},{0,1}};
cout << (ob.minFlips(v));
}输入
{{0,0},{0,1}}输出
3
更新于: 2020年6月2日
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