二进制枚举
一、什么是二进制枚举
在计算机科学中，二进制枚举（Binary Enumeration）是一种通过二进制数的位组合来枚举所有可能状态的算法技巧。它常用于解决组合优化、子集生成、状态压缩等问题。
核心思想
对于一个包含 n 个元素的集合，其所有子集的数量为（每个元素可以选择「包含」或「不包含」）。而一个
n 位的二进制数恰好有种不同的状态，每一位可以表示集合中对应元素的取舍。因此，可以用二进制数的每一种状态来表示集合的一个子集。
二、如和判断该不该使用二进制枚举？或是直接dfs？
1. 问题规模极小（n ≤ 20）
二进制枚举的时间复杂度是 O(2^n * n)，当 n 超过 20 时，2^20 ≈ 1e6（可接受），但 2^30 ≈ 1e9（会超时）。因此：
- 若
n ≤ 20：二进制枚举可行（如枚举 15 个元素的所有子集）。 - 若
n > 20：二进制枚举几乎必然超时，优先考虑 DFS（结合剪枝）。
2. 状态是简单的 “二元选择”
二进制枚举的本质是用位表示 “选 / 不选”，仅适合每个元素只有两种状态的问题：
- 例如：枚举集合的所有子集、0-1 背包问题（物品要么选，要么不选）、判断某元素是否在子集中等。
- 若状态更复杂（如元素可选择多次、需要记录选择顺序、或状态包含数值信息），二进制枚举无法表示，必须用 DFS。
无需剪枝，必须遍历所有状态
如果问题要求遍历所有可能的状态（如统计所有满足条件的子集数量），且规模较小，二进制枚举比 DFS 更简洁。
- 例如：“找出所有和为 10 的子集”，若 n=15，二进制枚举直接遍历所有 32768 个子集即可，代码比 DFS 更短。
三、例题
洛谷传送门：P10449 费解的开关 - 洛谷
分析：
首先明确题义改变矩阵中任意一个地方的值，都会使得该点上下左右的点进行相应改变。题目要求给定一个矩阵，判断是否以上述规则在六步之内把整个矩阵改成全是1
先看输入
int n;scanf("%d",&n);while(n--){// 按行输入，把每一行当成一个字符串for(int i=0;i<5;i++){cin>>g[i];}枚举
此处我们的原则是这一行确定了，就不在考虑范围之内
-
假设我们已经处理完第
i-1行，并且通过第i行的操作确保了第i-1行的灯全部亮着。 -
接下来处理第
i行时，所有操作都在第i+1行进行（通过按下i+1,j来修复i,j的灯）。 -
由于第
i+1行的操作只会影响第i行、i+1行、i+2行，不会再改变第i-1行的状态，因此第i-1行的 “全亮” 状态是稳定的，无需再回头。
int res=2e9+10;//因为直接按第二行的灯不是全局最优，所以从第一行开始考虑//但是因为不知道到底怎么按，所以枚举第一行的所有可能 for(int op=0;op<32;op++){//op既可以当枚举的变量，他的二进制也可以表示第一行的状态//因为+1的步长可以使得枚举完所有可能的第一行 //但是要注意的是 因为第一行的状态早在输入的时候就确定了，所以我们枚举的一直都是操作//注意op的二进制比如(00101)表示按下那两个位置为1的灯 memcpy(backup, g, sizeof g);//备份数组 int step=0;//记录操作次数 // 第一行的按法(在这里1按了,0表示不按)for(int i=0;i<5;i++)if(op>>i&1){ //判断第i位是不是1 step++;turn(0,i);}// 然后通过第一行按完之后的状态，按234行for(int i=0;i<4;i++){//原则就是上一行是0就按下这一行，确定了的行一定不能更改 for(int j=0;j<5;j++ ){if (g[i][j]=='0'){step++;turn(i+1,j);// 如果这个位置是灭的，就按下一行对应的位置}} }bool dark=false;for(int j=0;j<5;j++){if (g[4][j]=='0'){dark=true;break;}}//最后一行无论如何都改不了因为没有下一行给他按了。所有但凡有黑的，这次一定不行 // 对于32种情况的这一种，如果所有的全亮就记录下步数(事实上只记录了最后一行是否dark)if (!dark) res=min(res,step);memcpy(g,backup, sizeof g);}if(res>6) res=-1;cout<<res<<endl;关灯函数
void turn(int x,int y){//对于(x,y)的灯进行开关 for(int i=0;i<5;i++){int a=x+dx[i],b=y+dy[i];if(a<0||a>=5||b<0||b>=5) continue;g[a][b]^=1;}
}Talk is cheap,show me the code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6;
int dx[N]={-1,0,1,0,0},dy[N]={0,1,0,-1,0};
char g[N][N],backup[N][N];void turn(int x,int y){//对于(x,y)的灯进行开关 for(int i=0;i<5;i++){int a=x+dx[i],b=y+dy[i];if(a<0||a>=5||b<0||b>=5) continue;g[a][b]^=1;}
}int main(){int n;scanf("%d",&n);while(n--){// 按行输入，把每一行当成一个字符串for(int i=0;i<5;i++){cin>>g[i];}int res=2e9+10;//因为直接按第二行的灯不是全局最优，所以从第一行开始考虑//但是因为不知道到底怎么按，所以枚举第一行的所有可能 for(int op=0;op<32;op++){//op既可以当枚举的变量，他的二进制也可以表示第一行的状态//因为+1的步长可以使得枚举完所有可能的第一行 //但是要注意的是 因为第一行的状态早在输入的时候就确定了，所以我们枚举的一直都是操作//注意op的二进制比如(00101)表示按下那两个位置为1的灯 memcpy(backup, g, sizeof g);//备份数组 int step=0;//记录操作次数 // 第一行的按法(在这里1按了,0表示不按)for(int i=0;i<5;i++)if(op>>i&1){ //判断第i位是不是1 step++;turn(0,i);}// 然后通过第一行按完之后的状态，按234行for(int i=0;i<4;i++){//原则就是上一行是0就按下这一行，确定了的行一定不能更改 for(int j=0;j<5;j++ ){if (g[i][j]=='0'){step++;turn(i+1,j);// 如果这个位置是灭的，就按下一行对应的位置}} }bool dark=false;for(int j=0;j<5;j++){if (g[4][j]=='0'){dark=true;break;}}//最后一行无论如何都改不了因为没有下一行给他按了。所有但凡有黑的，这次一定不行 // 对于32种情况的这一种，如果所有的全亮就记录下步数(事实上只记录了最后一行是否dark)if (!dark) res=min(res,step);memcpy(g,backup, sizeof g);}if(res>6) res=-1;cout<<res<<endl;}return 0;
}