来源：力扣（LeetCode）
描述：
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。
示例 1：
输入：n = 1, presses = 1
输出：2
解释：状态可以是：
- 按压开关 1 ，[关]
- 按压开关 2 ，[开]
示例 2：
输入：n = 2, presses = 1
输出：3
解释：状态可以是：
- 按压开关 1 ，[关, 关]
- 按压开关 2 ，[开, 关]
- 按压开关 3 ，[关, 开]
示例 3：
输入：n = 3, presses = 1
输出：4
解释：状态可以是：
- 按压开关 1 ，[关, 关, 关]
- 按压开关 2 ，[关, 开, 关]
- 按压开关 3 ，[开, 关, 开]
- 按压开关 4 ，[关, 开, 开]
提示：
1 <= n <= 1000
0 <= presses <= 1000
方法：降低搜索空间
思路
如果不进行任何优化进行搜索，需要按 presses 次，每次有 4 种选择，那么一共有 4presses 种按动选择，每种选择消耗 O(n) 时间计算状态，则最终的时间复杂度为 O(n × 4presses)。经过思考，可以从以下角度降低搜索空间。
首先，不需要考虑按钮按动的顺序，而只需要考虑每个按钮被按了几次，在按钮按动次数一样的情况下，顺序不影响灯泡最后的状态。更进一步地，不需要考虑每个按钮具体被按了几次，而只需要考虑被按了奇数次还是偶数次即可，某个键每多按或少按 2 次及其倍数次，也不影响最后的状态。
其次，观察每个按钮的效果，可以发现所有按钮可以根据编号划分为以下 4 组，周期为 6，下列编号中 k ≥ 0：
编号为 6k + 1，受按钮 1, 3, 4 影响；
编号为 6k + 2, 6k + 6，受按钮 1, 2 影响；
编号为 6k + 3, 6k + 5，受按钮 1, 3 影响；
编号为 6k + 4，受按钮 1, 2, 4 影响。
因此，只需要考虑四个灯泡，即可知道所有灯泡最后的状态了。
编写代码时，可以用一个长度为 4 数组 pressArr 表示 4 个按钮的按动情况。一个整数status 表示四组灯泡亮灭的状态。最后计算遇到过几种不同的状态即可。
代码：
class Solution {
public:
int flipLights(int n, int presses) {
unordered_set<int> seen;
for (int i = 0; i < 1 << 4; i++) {
vector<int> pressArr(4);
for (int j = 0; j < 4; j++) {
pressArr[j] = (i >> j) & 1;
}
int sum = accumulate(pressArr.begin(), pressArr.end(), 0);
if (sum % 2 == presses % 2 && sum <= presses) {
int status = pressArr[0] ^ pressArr[1] ^ pressArr[3];
if (n >= 2) {
status |= (pressArr[0] ^ pressArr[1]) << 1;
}
if (n >= 3) {
status |= (pressArr[0] ^ pressArr[2]) << 2;
}
if (n >= 4) {
status |= (pressArr[0] ^ pressArr[1] ^ pressArr[3]) << 3;
}
seen.emplace(status);
}
}
return seen.size();
}
};
执行用时：0 ms, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户
内存消耗：5.8 MB, 在所有 C++ 提交中击败了49.36%的用户
复杂度分析
时间复杂度：O(1)。只需要使用常数时间即可完成计算。
空间复杂度：O(1)。只需要使用常数空间即可完成计算。
author：LeetCode-Solution