leetcode - 22 672. 灯泡开关 Ⅱ

房间中有 n 只已经打开的灯泡，编号从 1 到 n 。墙上挂着 4 个开关。

这 4 个开关各自都具有不同的功能，其中：

开关 1 ：反转当前所有灯的状态（即开变为关，关变为开）开关 2 ：反转编号为偶数的灯的状态（即 2, 4, …）开关 3
：反转编号为奇数的灯的状态（即 1, 3, …）开关 4 ：反转编号为 j = 3k + 1 的灯的状态，其中 k = 0, 1,
2, …（即 1, 4, 7, 10, …）你必须恰好按压开关 presses 次。每次按压，你都需要从 4
个开关中选出一个来执行按压操作。

给你两个整数 n 和 presses ，执行完所有按压之后，返回不同可能状态的数量。

来源：力扣（LeetCode）链接：https://leetcode.cn/problems/bulb-switcher-ii
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1 <= n <= 1000 0 <= presses <= 1000

一开始写了一个最简单的未剪枝的dfs方法梳理思路

class Solution:def flipLights(self, n: int, presses: int) -> int:if presses==0:return 1ans = set()def flip_1(state):for id, num in enumerate(state):state[id] = "1" if state[id] == "0" else "0"# print(state)return "".join(state)def flip_2(state):for id, num in enumerate(state):if id%2 == 1:state[id] = "1" if state[id] == "0" else "0"# print(state)return "".join(state)def flip_3(state):for id, num in enumerate(state):if id%2 == 0:state[id] = "1" if state[id] == "0" else "0"# print(state)return "".join(state)def flip_4(state):for id, num in enumerate(state):if id%3 == 0:state[id] = "1" if state[id] == "0" else "0"# print(state)return "".join(state)def flips(states, press):nonlocal ansstate = list(states)if press == 1:ans.add(flip_1(state))ans.add(flip_2(state))ans.add(flip_3(state))ans.add(flip_4(state))else:flips(flip_1(state), press-1)flips(flip_2(state), press-1)flips(flip_3(state), press-1)flips(flip_4(state), press-1)flips("0"*n, presses)return len(ans)

时间复杂度：O(4presses4^{presses}4presses)

空间复杂度：O(4n4^n4n)

明显可以看出在n和presses最高，可以达到1000时，是完全超时的，因此需要找到更简单的剪枝。
记四个操作分别为flip1到flip4，各类操作形成的符号串为flipi∗flipj⋯∗flipkflipi*flipj\cdots*flipkflipi∗flipj⋯∗flipk。我们很容易注意到 flip2和flip3是可交换的操作。因此经过仔细观察引申出来，所有的flip对于结果来说都是可交换的，因此我们只需要考虑∏i1+i2+i3+i4=processes(flip1)i1(flip2)i2(flip3)i3(flip4)i4\prod \limits_{i_1+i_2+i_3+i_4=processes} (flip1)^{i_1}(flip2)^{i_2}(flip3)^{i_3}(flip4)^{i_4}i1+i2+i3+i4=processes∏(flip1)i1(flip2)i2(flip3)i3(flip4)i4的形式即可，又因为按钮操作本质上是一个可逆操作，其逆为本身，因此只需要关注iki_kik的奇偶性即可，因此形式转化为∏i1+i2+i3+i4=processes(flip1)i1%2(flip2)i2%2(flip3)i3%2(flip4)i4%2\prod \limits_{i_1+i_2+i_3+i_4=processes} (flip1)^{i_1\%2}(flip2)^{i_2\%2}(flip3)^{i_3\%2}(flip4)^{i_4\%2}i1+i2+i3+i4=processes∏(flip1)i1%2(flip2)i2%2(flip3)i3%2(flip4)i4%2 而flip2∗flip3=flip1flip2*flip3=flip1flip2∗flip3=flip1
因此我们得到最多只有8中情况，列出对应情况即可，为O(1)复杂度

class Solution:def flipLights(self, n: int, presses: int) -> int:if presses == 0:return 1if n > 2:if presses == 1:return 4if presses == 2:return 6 + 1if presses == 3:return 4 + 4 if presses == 4:return 6 + 2return comb(4, 2) + 2elif n == 2:if presses == 1:return 3 if presses == 2:return 3 + 1if presses == 3:return 3 + 1return 4return 2

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