LeetCode 672. 灯泡开关 Ⅱ（枚举）

1. 题目 现有一个房间，墙上挂有 n 只已经打开的灯泡和 4 个按钮。 在进行了 m 次未知操作后，你需要返回这 n 只灯泡可能有多少种不同的状态。 假设这 n 只灯泡被编号为 [1, 2, 3 …, n]，这 4 个按钮的功能如下： 1将所有灯泡的状态反转（即开变为关，关变为开） 2将编号为偶数的灯泡的状态反转 3将编号为奇数的灯泡的状态反转 4将编号为 3k+1 的灯泡的状态反转（k = 0, 1, 2, …) 示例 1: 输入: n = 1, m = 1. 输出: 2 说明: 状态为: [开], [关] 示例 2: 输入: n = 2, m = 1. 输出: 3 说明: 状态为: [开 这个问题是 LeetCode 上的一道题目，编号为 672，名为“灯泡开关 Ⅱ（枚举）”。题目描述了一个场景，其中有一个房间，里面有 n 个已开启的灯泡，以及四个按钮，每个按钮对应一种特定的灯泡状态翻转操作。我们需要计算在进行 m 次未知操作后，这些灯泡可能达到的不同状态数量。 1. **问题理解**： - 灯泡状态：灯泡有两种状态，开或关，用 1 表示开，0 表示关。 - 操作类型： - 按钮 1：反转所有灯泡状态。 - 按钮 2：反转所有偶数编号灯泡状态。 - 按钮 3：反转所有奇数编号灯泡状态。 - 按钮 4：反转所有 3k+1 编号灯泡状态（k 是非负整数）。 - 输入：n（灯泡数量），m（操作次数）。 - 输出：不同状态的数量。 2. **解题思路**： - 对于小规模的 n 和 m，可以直接枚举所有可能的操作组合来计算状态数。但是，对于较大的 n 和 m，这种方法效率低下，因为状态数可能会非常大。 - 一个关键的观察是，对于 n 个灯泡，每执行一次按钮 1 操作，无论之前执行了多少次其他操作，都会将所有灯泡的状态翻转回来，因此，如果 m > n，那么 m % n 将决定有效操作的次数。 - 对于某些 n，可以通过分析按钮 2、3、4 的操作效果来简化问题。例如，当 n 为偶数时，按钮 2 和 3 的组合可以实现对所有灯泡的翻转，使得某些操作组合变得无意义。 3. **解题代码**： - 代码中的解法采用了一种简化处理，针对特定的 n 和 m 值给出了直接的结果。这种做法在 n 和 m 较小时是可行的，但并不适用于所有情况。对于 n >= 3 并且 m >= 3 的情况，需要更复杂的算法来计算可能状态的数量，例如，通过计算每次操作后的灯泡状态变化模式，然后根据 m 和 n 的关系来确定有效状态数。 4. **复杂度分析**： - 时间复杂度：如果使用直接枚举方法，时间复杂度为 O(4^m)，因为有四种操作，每种操作可以执行 m 次。 - 空间复杂度：如果仅存储最后的结果，空间复杂度为 O(1)。 5. **优化策略**： - 当 n 较大时，可以考虑利用模运算和位操作来优化状态的计算，因为灯泡的状态变化有一定的规律性。 - 对于 m > n 的情况，可以只考虑 m % n 的值，因为超过 n 的操作次数只会重复前面的操作序列。 - 利用数学归纳法或者动态规划来减少无效的计算。 总结来说，解决这个问题需要理解灯泡状态的变化规律，结合具体的操作次数和灯泡数量，选择合适的算法策略来计算可能的状态数。对于小规模数据，直接枚举是可行的，但对大规模数据，需要更高效的方法。在实际编程中，可以考虑采用动态规划或者数学归纳的方式来优化算法，以提高解题效率。