问题描述】
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】
第一行 一个数N（0 < N <= 35），表示开关的数目。 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。输入以0 0结束。
【输出格式】
如果有可行方法，输出总数，否则输出“Oh,it’s impossible~!!” 不包括引号。
【输入样例】
【样例1】 3 0 0 0 1 1 1 1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2 0 0
【样例2】 3 0 0 0 1 0 1 1 2 2 1 0 0
【输出样例】
【样例1】 4
【样例2】 Oh,it’s impossible~!!
【样例解释】
第一组数据的说明：一共以下四种方法： 方案1、操作开关1 方案2、操作开关2 方案3、操作开关3 方案4、操作开关1、2、3 （不记顺序）
【数据范围】
0 < N <= 35
【来源】
poj1830
用异或的高斯消元能解决这道题（也有一种暴力能过，代码参考这道题），用高斯消元我们首先就是要建立方程，目标异或初始为方程的n个解，与i相连的点在第i行的系数为1其他为0，这样解出来的结果就是答案。 异或方程有一点好的就是不用找每一列的最大值，找到一个1就能开始跑（当然1就是最大值）。
详细代码如下：
#include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=40; const double eps=0.000001; int a[maxn][maxn]; ll gauss(int n,int m) { int i=0,j=0,k,r,c; while(i<n&&j<m) { for(r=i;r<n;r++) if(a[r][j]) break; if(r<n) { for(k=0;k<=m;k++) swap(a[r][k],a[i][k]); for(k=i+1;k<n;k++) if(a[k][j]) for(c=j;c<=m;c++) a[k][c]^=a[i][c]; i++; } j++; } for(k=i;k<n;k++) if(a[k][m]) return 0; return (ll)1<<(n-i); } int main() { freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); int n,x,y; memset(a,0,sizeof(a)); scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i][n]); for(int i=0;i<n;i++) { a[i][i]=1; scanf("%d",&x); a[i][n]^=x; } while(1) { scanf("%d%d",&x,&y); if(x+y==0) break; a[y-1][x-1]=1; } ll id=gauss(n,n); if(id==0) printf("Oh,it's impossible~!!"); else cout<<id; return 0; }