开灯关灯问题的两种解决方式

1.问题介绍
2.编程实现算法及其代码（详细）
3.就该题进行数学建模–体验线性代数的使用

1.问题介绍

有一个按钮组成的矩阵，其中每行有5个按钮，共5行。每个按钮旁边有一盏灯。当按下一个按钮，该按钮及其上下左右四个按钮控制的灯都会发生状态改变，即，如果灯原来是熄灭的，就会被点亮；如果灯原来是点亮的，就会被熄灭。（在矩阵角上的按钮会改变3盏灯的状）请写一个程序确定需要按下那些按钮，恰好使得所有灯都熄灭。

2.编程实现算法及其代码（详细）

1.解题思路

对于第一行每盏点亮的灯，按下第2行对应的按钮，就可以熄灭第1行的全部灯。如此重复下去，可以熄灭第1、2、3、4行的全部灯。同样，按下第1、2、3、4、列的按钮，可以熄灭前4列的灯。此时如果第5行灯都是熄灭的那么就得到了问题的解。有了基本思想以后,要解决两个问题：

1.对应的按钮
为了叙述方便，为按钮矩阵中的每个位置分别指定一个坐标。用数组元素 puzzle[i][j] 表示位置 (i, j) 上灯的初始状态：0表示灯的初始状态是熄灭的，1表示灯的初始状态是点亮的。用数组元素 press[i] [j] 表示为了让全部的灯都熄灭，是否要按下位置 (i, j) 上的按钮：1 表示要按下；0 表示不用按下。
因为灯的最后状态（按它下一行开关之前）与周围灯是否按按钮有关，如 puzzle[i] [j]，决定它最后状态的相关按钮为 press[i] [j-1] （左），press[i][j]（它本身），press[i] [j+1]（右），press[i-1][j]（上），还有它最初的状态 puzzle[i] [j]。考虑到按两次按钮作用会抵消，需要取它们的和与2的余数，所以puzzle[i] [j] 最后状态公式为:
puzzle[i][j]最后状态 = (press[i][j-1]+press[i][j]+press[i][j+1]+press[i-1][j]+ puzzle[i] [j] ) % 2
而press[i+1] [j]（对应按钮）由 puzzle[i] [j] 的最后状态决定，灯亮着（值为1）就要关掉它，press值取1，灯是熄灭的（值为0）不用处理，press值取0，它们是相等的，所以press[i+1] [j] = puzzle[i] [j] 最后状态。

2.验证第5行灯是否都熄灭
易知puzzle[5] [j] 的最终状态由按钮press[5] [j-1] （左），press[5][j]（它本身），press[5] [j+1]（右），press[4] [j]（上）决定
当puzzle[5][j]为1时，即第5行j列灯亮着，则分为两种情况
（1）. puzzle[5][j] 初始 =1，（press [5] [j-1] + press [5] [j] + press [5] [j+1] + press [4] [j]）%2=0 即操作相互抵消
（2）. puzzle[5][j]初始 =0，（press [5] [j-1] + press [5] [j] + press [5] [j+1] + press [4] [j]%2=1即操作不能抵消
注意这两种情况都是 puzzle[5][j]初始！=press [5] [j-1] + press [5] [j] + press [5] [j+1] + press [4] [j]%2

由此可知，当我们输入每一行的初始状态puzzle[i][j]，并且枚举第一行的press[1][j]时，我们就可以根据解题思路得到一个可行解。

2.代码如下：（附有注释）

#include<stdio.h>
int press[6][8];
int puzzle[6][8];bool guess(){int i,j;for(i=2;i<=5;i++){for(j=1;j<=6;j++){// 根据同列的上一行灯的最后状态，来决定是否按按钮press[i][j] = ( press[i-1][j]+ puzzle[i-1][j]+ press[i-1][j-1]+ press[i-2][j]+ press[i-1][j+1] ) %2;}}for(j=1;j<=6;j++) {// 逐一判断第五行的灯是否都熄灭               if( puzzle[5][j] != (press[5][j] + press[5][j-1] + press[5][j+1] + press[4][j]) %2 )return false;}return true;
}void process() {int c;for(c=1; c<=6; c++)press[1][c]=0;while( !guess() ) {// 采用二进制进位的算法，从000000 - 111111枚举第一行按钮的方式press[1][1]++;c=1;                while(press[1][c]>1){press[1][c]=0;c++;press[1][c]++;}}
}int main(){int t,i,n,j;// 初始化0行的所有元素for(i=0;i<8;i++)press[0][i]=puzzle[0][i]=0;// 初始化0列，7列的所有元素for(i=1;i<6;i++)press[i][0]=puzzle[i][0]=press[i][7]=puzzle[i][7]=0;for(i=1;i<=5;i++)for(j=1;j<=6;j++)scanf("%d",&puzzle[i][j]);process();for(i=1;i<=5;i++){for(j=1;j<=6;j++){printf("%d ",press[i][j]);}printf("\n");}return 0;
}

这是我自己的理解，参照原文链接: https://blog.csdn.net/qianli_jiang/article/details/53420362?utm_source=app&app_version=4.5.2

3. 就该题进行数学建模——体验线性代数的应用

以下针对从全部熄灭到全部亮起的情况，0，1分别表示熄灭和亮着。 （在看以下内容前可以学习一下线性空间定义和线性空间中基，维数）
定义状态空间S为按钮矩阵上所有可能的状态组成的集合，即
S=(e1,e2,...,e25)∣ei=0,1,i=1,2,...,25S= {(e_1,e_2,...,e_{25}) | e_i=0,1, i=1,2,...,25} S=(e1,e2,...,e25)∣ei=0,1,i=1,2,...,25
显然灯全亮状态为s1s_1s1={1,1,1…,1}∈\in∈S,全暗状态为s0s_0s0={0,0,0,…0}∈\in∈S
定义S上的一个变换t :s=(e1,e2,...,e25)→s′=(h1,h2,...,h25)，s,s′∈Ss=(e_1,e_2,...,e_{25}) \rightarrow s' =(h_1,h_2,...,h_{25}) ， s,s'\in S s=(e1,e2,...,e25)→s′=(h1,h2,...,h25)，s,s′∈S 其中hi=ei或者1−eih_i=e_i 或者1-e_ihi=ei或者1−ei，特别的定义零变换为恒等变换
O(e1,e2,...,e25)=(e1,e2,...,e25)O(e_1,e_2,...,e_{25}) =(e_1,e_2,...,e_{25}) O(e1,e2,...,e25)=(e1,e2,...,e25)
设V是S上所有变换所组成的集合，对任意f，g∈\in∈V，定义V中的加法运算为变换合成运算，记为f∘\circ∘g，并用∑\sum∑表示加法运算∘\circ∘的连加符号，例如：f1∘f2∘f3.....∘f25=∑i=125fif_1\circ f_2\circ f_3.....\circ f_{25}=\sum_{i=1}^{25}f_if1∘f2∘f3.....∘f25=∑i=125fi
容易验证该运算满足下列性质：

(1).f∘\circ∘g=g∘\circ∘f ∀\forall∀f，g∈\in∈V；
(2).(f∘\circ∘g)∘\circ∘t= f∘\circ∘(g∘\circ∘t); ∀\forall∀f，g，t∈\in∈V；
(3).对∀\forall∀f∈\in∈V，f∘\circ∘f=O

性质3告诉我们：任何一种点击方式（变换）连续或间断操作偶数次，此操作的作用将被抵消，故为了使操作次数尽量少，应该避免重复操作。
为此考虑二元数域F2F_2F2={0,1}（同一操作次数<=1） ,类似于实数域和有理数域，同样可以在F2F_2F2进行加减乘除，运算法则如下：

+	0	1
0	0	1
1	1	0

-	0	1
0	0	1
1	1	0

×\times×	0	1
0	0	0
1	0	1

÷\div÷	0	1
0	无意义	0
1	无意义	1

那么我们可以定义二元域F2F_2F2到V的数乘运算：1* f=f ，0*f=O, ∀\forall∀f∈\in∈V ，容易验证：

V是F2F_2F2上的线性空间（8个性质）

将所有的方格按照从左到右从上到下依次编号为1到25，用gig_igi，i=1,2,3,…25表示鼠标点击第i个方格所产生的变换，记一次可行的游戏策略为x（一个25维向量）=(x1,x2,....x25)T(x_1,x_2,....x_{25})^T(x1,x2,....x25)T,其中xix_ixi=0,1
则x满足： ∑i=125(xi∗gi)(s0)=s1\sum_{i=1}^{25}(x_i*g_i)(s_0)=s_1∑i=125(xi∗gi)(s0)=s1 关键是求出x.
为此定义变换fi∈Vf_i\in Vfi∈V,i=1,2,…25为 fi(e1,e2,...,ei,...e25)=(e1,e2,...,1−ei,...,e25)f_i(e_1,e_2,...,e_i,...e_{25}) =(e_1,e_2,...,1-e_i,...,e_{25})fi(e1,e2,...,ei,...e25)=(e1,e2,...,1−ei,...,e25)（神来之笔啊）由定义知, fif_ifi只会改变第i个方格的状态，而不会影响到别的方格, 容易得到{ fif_ifi |i=1,2,…25}是线性空间V的一组基，故gig_igi可以唯一的用{fif_ifi}表示为gi=fi∘fi−5∘fi+5∘fi−1∘fi+1g_i=f_i\circ f_{i-5}\circ f_{i+5}\circ f_{i-1}\circ f_{i+1}gi=fi∘fi−5∘fi+5∘fi−1∘fi+1,
化为矩阵形式为: (g1,g2,g3,...g25g_1,g_2,g_3,...g_{25}g1,g2,g3,...g25)=(f1,f2,f3,...f25f_1,f_2,f_3,...f_{25}f1,f2,f3,...f25)A25∗25A_{25*25}A25∗25 …[1]
(由上式可知A25∗25A_{25*25}A25∗25第i列只有第i-1,i-5,i+5,i+1,i-1行是1.可以根据这个写一下A,发现A可以表示成以下形式：A=HEOOOEHEOOOEHEOOOEHEOOOEH(1)A= \begin{matrix} H & E& O& O& O \\ E & H & E & O& O\\ O & E & H& E& O\\ O &O& E & H& E\\ O & O& O& E& H \end{matrix} \tag{1} A=HEOOOEHEOOOEHEOOOEHEOOOEH(1) 其中每个矩阵都是5*5，E为单位矩阵,O为零矩阵，
H=1100011100011100011100011(1)H= \begin{matrix} 1 & 1& 0& 0& 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0& 0\\ 0 & 1 & 1& 1& 0\\ 0 &0& 1 & 1& 1\\ 0 &0& 0 & 1& 1 \end{matrix} \tag{1}H=1100011100011100011100011(1)将[1]代入得： ((f1,f2,f3,...f25f_1,f_2,f_3,...f_{25}f1,f2,f3,...f25)A25∗25A_{25*25}A25∗25x)(s0s_0s0)=s1s_1s1
而(f1,f2,f3,...f25f_1,f_2,f_3,...f_{25}f1,f2,f3,...f25)(1,1,1,...,1)T(1,1,1,...,1)^T(1,1,1,...,1)T=s1s_1s1，故 A25∗25A_{25*25}A25∗25x=(1,1,1,...,1)T(1,1,1,...,1)^T(1,1,1,...,1)T
当这个方程有解，这些灯才能由暗全部亮起，否则不可能达到目标，至于解方程，注意因为这个x向量只能由0，1组成，所以解方程时不能直接走常规路线，具体可以参考抽象代数的书籍（笔者能力有限，请谅解）。
这是我写的第一篇文章，有很多不足之处，希望大家多多理解，不当之处请指正，谢谢！最后希望读者可以从这篇文章体会细心线性代数的应用，理解思想，加油！

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