java – 数组递归

public static boolean disco(boolean[] init,boolean[] target)  
{  
  return recurse(init,boolean,0);  
}  

public static boolean recurse(boolean[] init,boolean[] target,int min)  
{  
  if (min == init.length)  
    if (init == target)  
      return true;  
    else  
      return false;  
  boolean[] temp = "init with a change at min";  
  boolean a = recurse(init,target,min+1);  
  boolean b =   recurse(temp,min+1);  
  return a||b;
}

新版本

我把它分解为三种情况：

案例1：长度％3 = 0
通过更改第一个灯泡和第二个灯泡,您可以仅在第3个灯泡上影响更改.
然后更改为4和5将使第6个唯一更改.我们看到我们可以改变每个灯泡,其指数可被3整除.
向后工作(从结束开始)我们可以做同样的事情,但这次它告诉我们我们可以改变指数(i 1)被3整除的灯泡.
结合这两者,我们看到如果我们想要改变索引0,1 mod 3,我们就可以.但是要改变2,我们只需要改变一个相邻的0,1对然后在中间做一个改变.所以在所有情况下这些都是可以解决的.

案例2：长度％3 = 1
就像第一种情况一样,但我们可以影响0,2 mod 3的单个变化,从而挤压1 mod 3的情况.

案例3：长度％3 = 2
向前和向后工作仅产生0 mod 3的情况.我们对灯泡进行了两次更改(因为我们可以忽略对位置0的任何更改).更改1或2将反转由两个0包围的位置,而更改0将在1,2的相邻块中交换奇偶校验,它们之间有0(如果绘制它会更容易).但到目前为止我所展示的是0都可以被纠正,并且在任何相邻的1,2中你可以修复两者,如果它们是错的而不改变其他任何东西.如果有错误,则将更改传播到相邻的1,2对.如有必要,可以移动此更改.这意味着1,2个位置的任何偶数个错误都可以修复,但奇数不能.位置0的所有错误都可以修复.

public static boolean disco(boolean[] init,boolean[] target)  
{  
  if (init.length%3 == 0 || init.length%3 == 1)
    return true;
  return recurse(init,true);
}

public static boolean recurse(boolean[] init,int index,boolean even)
{
  if (index = init.length)
    return even;
  if (init[index] != target[index] && index%3 != 0)
    even = !even;
  return recurse(init,index+1,even);
}