题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2962
题解：
一道高斯消元题，也可以用搜索写。所以我选择搜索。
可以发现每一个开关最多只用操作一次（因为开关两次等于不动，何必浪费步数呢？），所以我们可以考虑每个开关的状态，一共有2^n次方种情况，复杂度过高。
我们考虑一下优化。
我们将每个开关看做二进制下的一位，将每个开关看做一个数（数的值为自己以及该灯所能到达的灯的二进制的亦或和）。我们举个例子：样例中n为5，那么每个点所对应的二进制位为：1-1（1）,2-2（10）,3-4（100）,4-8（1000）,5-16（10000）。因为1点能够到达的点为2和3，所以1点所对应的值为6（2^4）。
我们让一个方案的值为该方案所选的所有点的值的亦或和，那么当一个方案的值为（2^n-1）时，这个方案就是满足条件的。
其实我们不用枚举所有的方案，用meet in the middle可以使复杂度变为O（sqrt（2^n））。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<vector> 5 #include<map> 6 #define LL long long 7 #define RI register int 8 using namespace std; 9 const int INF = 0x7ffffff ; 10 const int N = 40 ; 11 12 inline int read() { 13 int k = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; 14 for( ; !isdigit(c) ; c = getchar()) 15 if(c == ‘-‘) f = -1 ; 16 for( ; isdigit(c) ; c = getchar()) 17 k = k*10 + c-‘0‘ ; 18 return k*f ; 19 } 20 int n, m, lv, ans = INF ; LL hh[N] ; LL tt ; LL p1[N], bin[N] ; 21 bool flag ; 22 map<LL,int>p ; // 开不下2^35的数组，其实最多只有2^18次方个状态，所以用map 23 24 void dfs(int now,LL res,int used) { 25 if(now > lv) { 26 if(res == tt) { 27 ans = min(ans,used) ; 28 } 29 else { 30 if(!flag) { 31 int t = p[res] ; 32 if(!t || used < t) p[res] = used ; 33 } else { 34 if(p[tt^res]) ans = min(ans,p[tt^res]+used) ; 35 } 36 } 37 return ; 38 } 39 dfs(now+1,res^p1[now],used+1) ; dfs(now+1,res,used) ; // 选与不选 40 } 41 42 int main() { 43 n = read(), m = read() ; 44 bin[0] = 1 ; 45 for(int i=1;i<=n;i++) bin[i] = bin[i-1]<<1 ; 46 tt = bin[n] - 1 ; 47 memset(hh,0,sizeof(hh)) ; 48 LL x, y ; 49 for(int i=1;i<=m;i++) { 50 x = read(), y = read() ; 51 hh[x] ^= bin[y-1], hh[y] ^= bin[x-1] ; 52 } 53 for(int i=1;i<=n;i++) hh[i] ^= bin[i-1] ; 54 lv = n>>1 ; 55 for(int i=1;i<=lv;i++) p1[i] = hh[i] ; 56 dfs(1,0,0) ; // 搜索前一半 57 for(int i=1;i<=n-lv;i++) p1[i] = hh[i+lv] ; 58 lv = (n+1)>>1 ; flag = 1 ; // flag标记在搜索前半段还是后半段 59 dfs(1,0,0) ; // 搜索后一半 60 printf("%d",ans) ; 61 return 0 ; 62 }