标签：isp uniq time open line pac str its ssi
这是一道看起来令人毫无头绪的题，然而确实十分简单巧妙TAT。
题目要求所有点执行相同指令后都回到初始状态。
我们先来考虑只有两种状态的情况：初始状态$T_0$与另一个状态$T_x$。
这样，我们可以通过一个二元记忆化深搜，来得到一种方案A，使得$T_0$回到$T_0$，且$T_x$回到$T_0$。如果这个方案都不存在，那么此时无解。
现在我们知道，执行方案A后，$T_x$与$T_0$合并为一个$T_0$了！那么我们对全局都执行方案A，可以发现至少会有包括$T_x$在内的若干个状态被合并为$T_0$。
因此在$O(n)$的次数里，我们可以按照下列步骤逐个合并状态：
答案是？所有方案连在一起输出就好啦。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=101; 4 int n,m,ch[N][26]; 5 int size,lis[2000010],st[2000010],top,ans[2000010],len; 6 int vis[N][N]; 7 bool dfs(int x,int y){ 8 if(x==0&&y==0) return true; 9 if(vis[x][y]) return false; 10 vis[x][y]=1; 11 for(int i=0;i<m;i++){ 12 st[++top]=i; 13 if(dfs(ch[x][i],ch[y][i])) return true; 14 st[top--]=0; 15 } 16 return false; 17 } 18 int main(){ 19 scanf("%d%d",&n,&m); 20 for(int i=0;i<n;i++) 21 for(int j=0,x;j<m;j++) 22 scanf("%d",&x), 23 ch[i][j]=x; 24 for(int i=1;i<=n;i++) lis[i]=i-1; 25 size=n; 26 while(size>1){ 27 memset(vis,0,sizeof vis); 28 top=0; 29 if(!dfs(0,lis[2])){ 30 printf("[impossible]\n"); 31 return 0; 32 } 33 for(int j=1;j<=top;j++){ 34 ans[len++]=‘a‘+st[j]; 35 for(int i=1;i<=size;i++) 36 lis[i]=ch[lis[i]][st[j]]; 37 } 38 sort(lis+1,lis+1+size); 39 size=unique(lis+1,lis+1+size)-lis-1; 40 } 41 for(int i=0;i<len;i++) putchar(ans[i]); 42 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/RogerDTZ/p/7388975.html
