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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

1. 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。

2. 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）。

3. 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;
}