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 1
        ans = 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 ans
            state = 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)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
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24
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28
29
30
31
32
33
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36
37
38
39
40
41
42
43

时间复杂度：O($4^{presses}$)

空间复杂度：O($4^n$)

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$$flipi\ast flipj\cdots \ast flipk$$。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$$\prod _{i_1+i_2+i_3+i_4=processes}(flip1{)}^{i_1}(flip2{)}^{i_2}(flip3{)}^{i_3}(flip4{)}^{i_4}$$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$i_k$的奇偶性即可，因此形式转化为$$\prod _{i_1+i_2+i_3+i_4=processes}(flip1{)}^{i_1\%2}(flip2{)}^{i_2\%2}(flip3{)}^{i_3\%2}(flip4{)}^{i_4\%2}$$ 而$$flip2\ast flip3=flip1$$
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 1
        if n > 2:
            if presses == 1:
                return 4
            if presses == 2:
                return 6 + 1
            if presses == 3:
                return 4 + 4 
            if presses == 4:
                return 6 + 2
            return comb(4, 2) + 2
        elif n == 2:
            if presses == 1:
                return 3 
            if presses == 2:
                return 3 + 1
            if presses == 3:
                return 3 + 1
            return 4
        return 2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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