##[$AcWing$ $208$. 开关问题(高斯消元)](https://www.acwing.com/problem/content/description/210/)

[视频讲解](https://www.bilibili.com/video/av679114156)

### 一、题目描述
有 $N$ 个相同的开关，每个开关都与某些开关有着联系，每当你打开或者关闭某个开关的时候，其他的与此开关相关联的开关也会相应地发生变化，即这些相联系的开关的状态如果原来为开就变为关，如果为关就变为开。

你的目标是经过若干次开关操作后使得最后 $N$ 个开关达到一个特定的状态。

对于任意一个开关，**最多只能进行一次开关操作**。

你的任务是，计算有多少种可以达到指定状态的方法。（不计开关操作的顺序）

**输入格式**
输入第一行有一个数 $K$，表示以下有 $K$ 组测试数据。

每组测试数据的格式如下：

第一行：一个数 $N$。

第二行：$N$ 个 $0$ 或者 $1$ 的数，表示开始时 $N$ 个开关状态。

第三行：$N$ 个 $0$ 或者 $1$ 的数，表示操作结束后 $N$ 个开关的状态。

接下来每行两个数 $I,J$，表示如果操作第 $I$ 个开关，第 $J$ 个开关的状态也会变化。

每组数据以 $0$ $0$ 结束。

**输出格式**
每组数据输出占一行。

如果有可行方法，输出总数，否则输出 `Oh,it's impossible~!!` 。

**数据范围**
$1≤K≤10,0<N<29$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
2
3
0 0 0
1 1 1
1 2
1 3
2 1
2 3
3 1
3 2
0 0
3
0 0 0
1 0 1
1 2
2 1
0 0
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
4
Oh,it's impossible~!!
```

### 二、异或知识

**灯**,有一个明显的特征，原来是亮的，按一下就灭了；原来是灭的，按一下就亮了。
这明显就是一个 **异或** 操作,比如 `0 ^ 1 = 1`,`1 ^ 1 = 0`,也就是，不管原来是啥样，直接异或一个$1$就可以达到 **目标状态**。


* 一个值与自身的异或 总是为 $0$
```c++
x ^ x = 0
```
* 一个值与 $0$ 异或 等于本身
```c++
x ^ 0 = x
```
* 可交换性
```c++
a ^ b = b ^ a
```

根据以上的四个特点
我们可以推导:
```c++
a ^ b = c
等式两边都增加对b的异或, 等价于
a ^ b ^ b = c ^ b
等式左边的 b^b=0, a^0=a, 所以有
a = c ^ b
最终相当于把 b 从等号左边转到等号右边来了.
```
上面的推论，一会在下面的解题中将会用到。

### 三、题目解析

**[前导知识:高斯消元求解异或方程组](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15386303.html)**


对于任意一个开关，至多可以进行一次操作！**这个非常重要，否则不断的关停，方案数就没头了**~

我们使用 $x_1、x_2、x_3$ 分别表示 **是不是操作这个开关**，没操作是$0$，操作了就是$1$。

以题目给出的例子来理解一下：

初始状态$0,0,0$,目标状态$1,1,1$。

* 打开一个开关
  * 假设我们操作第一个开关，题目中说了，操作$1$的话，开关$1，2，3$都会变化。初始状态都是$0$,开一下开关$1$，则$1,2,3$全亮了，达到目标状态，看来只开开关$1$就是一种方案。
  
  * 假设我们操作第二个开关，题目中说了，操作$2$的话，开关$1，2，3$都会变化。初始状态都是$0$,开一下开关$2$，则$1,2,3$全亮了，达到目标状态，看来只开开关$2$就是一种方案。

  * 假设我们操作第三个开关，题目中说了，操作$3$的话，开关$1，2，3$都会变化。初始状态都是$0$,开一下开关$3$，则$1,2,3$全亮了，达到目标状态，看来只开开关$2$就是一种方案。
  
* 打开两个开关
  * 如果我们选择两个打开,比如$1,2$，那么$1$打开所有的灯，结果被$2$全关了，不是目标状态。我们选择其它任意两个，都是一样的效果，结论就是选择两个打开是不行的。
  
* 打开三个开关
  $1$打开，全亮；$2$打开，全灭；$3$打开，全亮。$OK$!

所以，结论就是有四种情况，分别是：只开$1$,只开$2$,只开$3$,$3$个全开。
至此，示例数据理解了。按数学的形式写一下就是
$x_1=1,x_2=0,x_3=0$
$x_1=0,x_2=1,x_3=0$
$x_1=0,x_2=0,x_3=1$
$x_1=1,x_2=1,x_3=1$

按上面这样按下开关，就可以从状态$(0,0,0)$到达目标状态$(1,1,1)$。

我们只用数学符号$x_i$来描述某个开关是否进行了操作，还不足以描述整个事情，为什么呢？因为在数学公式中，**没有体现出谁影响谁这个关键问题**！需要进一步的进行抽象整理：

> 设$a_{ij}$表示当$j$开关按下时，相应的第$i$个开关也要发生变化。

**举个栗子**
对于开关$1$,假设初始状态为$s$,目标状态是$t$,那么它会如何变化到$t$的呢？
肯定是操作了自己，或者是，操作了那些能影响它的开关~！

#### ① $a_{i,j}$: $j$按下，会影响开关$i$
它自己如何表示呢？ 就是$a_{11}$嘛，而且$a_{11}$肯定是$1$,因为根据异或的性质，只有是$1$才能保证按下后出现相反状态！
影响的开关怎么表示呢？就是$a_{1j}=1$啊！这样才会表示$j$按下，影响开关$1$。而$a_{1j}=0$就是表示$j$不会影响$1$。

$$
\large \left\{\begin{matrix}
 a_{11}=1 \\ 
 s \bigoplus a_{11} \cdot x_1 \bigoplus a_{12} \cdot x_2...\bigoplus a_{1n}\cdot x_n =t 
\end{matrix}\right.
$$

#### ② $x_i$: $i$号开关是否按下
这个玩意怎么理解呢？
* 比如$x_1=1$,因为$a_{11}=1$,所以当$1$号开关按下时，它的状态将会变化，可能是由$0$到$1$，也可能是由$1$到$0$。
* 比如$x_n=1$,表示第$n$个开关操作了，但是，由于$a_{1n}=0$，也就是根据题意知道，操作$n$号开关，$1$号开关不会变化，那么$n$的变化，不会影响$1$后开关最后的状态。

进一下抽象，把这样$n$个开关的状态变化关系列出来，就是一个异或方程组，剩下的就是高斯消元求解异或方程组了。


这里面还需要一个小的变化：
```cpp {.line-numbers}
x^y^z=t => y^z=t^x
```
这样就可以把$x$移动到右侧去。


#### $Code$
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n;
int a[N][N];

int gauss() {
    int r = 1;
    for (int c = 1; c <= n; c++) {
        int t = r;
        for (int i = r + 1; i <= n; i++)
            if (a[i][c]) t = i;
        if (!a[t][c]) continue;
        swap(a[t], a[r]);
        for (int i = r + 1; i <= n; i++)
            for (int j = n + 1; j >= c; j--)
                if (a[i][c]) a[i][j] ^= a[r][j];
        r++;
    }

    int res = 1;
    // 此时已经到了全零行
    if (r < n + 1) {
        for (int i = r; i <= n; i++) {
            // 全零行的右边出现非零 无解
            if (a[i][n + 1]) return -1; // 出现了 0 == !0，无解
            // 如果出现了0=0这样的情况，可能是 0x1+0x2+0x3　这样的情况，
            // 此时，不管x1,x3取什么值(0,1),都与结果无关，所以自由元数量的2次方就是答案
            // 比如x1=0,x1=1-->2个答案
            // 比如x2=0,x2=1-->2个答案
            // 比如x3=0,x3=1....
            // 同时这些 x1,x2,x3的取值是可以随意取的，每个有2种取法，是一个典型的乘法原理，即2*2*2*...，数量就是自由元的数量
            // 现在就是循环中，所以，可以利用循环，每次乘2就完成了2次方的计算
            res <<= 1;
        }
    }
    return res;
}

int main() {
    int T;
    cin >> T; // T组测试数据
    while (T--) {
        memset(a, 0, sizeof a);                          // 多组测试数据，不清空OI一场空
        cin >> n;                                        // 开关个数
        for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i][n + 1]; // 初始状态
        for (int i = 1; i <= n; i++) {                   // 终止状态
            int t;                                       // 第i个开关的终止状态
            cin >> t;
            // s1: 1号开关的初始状态 t1:1号开关的结束状态
            // x1 x2 x3 ... xn  1~n个开关是否按下，0：不按下，1：按下
            // a13:3号开关影响1号开关状态， a1n:n号开关影响1号开关状态.
            // 推导的方程
            // 含义：从初始状态 s1开始出发，最终到达t1这个状态。
            // 有些开关是可以影响1号开关的最终状态，有些变化了也不影响。我们把开关之间的关联关系设为a_ij,描述j开关变化，可以影响到i开关
            // 如果 a_ij=0，表示j开关不会影响i开关，不管x_j=1，还是x_j=0都无法影响i开关的状态。

            // s1^ a11*x1 ^ a12*x2 ^ a13*x3 ^ ... ^a1n*xn=t1
            // <=>
            // s1^ s1 ^ a11*x1 ^ a12*x2 ^ a13*x3 ^ ... ^a1n*xn= t1 ^ s1
            // <=>
            // a11*x1 ^ a12*x2 ^ a13*x3 ^ ... ^a1n*xn= t1 ^ s1

            // 这里初始化时 a[1][n+1]就是s1,下面这行的意思就是 t1 ^ s1
            a[i][n + 1] ^= t; // 在维护增广矩阵的最后一列数值
            a[i][i] = 1;      // 第i个开关一定会改变第i个灯,形成一个三角？
        }

        int x, y;
        while (cin >> x >> y, x && y) a[y][x] = 1; // 操作开关x,x影响y。生成左侧方程系数。给定的是1，未说明的是0
        // 这个矩阵系数，第一维的是行，第二维的是列
        // 上面的输入，其实是反的，比如它说，3影响1，其实真正的含义是a_13=1

        // 系数矩阵准备完毕，可以用高斯消元求解方程了
        int t = gauss();
        if (t == -1)
            puts("Oh,it's impossible~!!");
        else
            printf("%d\n", t);
    }
    return 0;
}
```