枚举（英语：Enumerate）是基于已有知识来猜测答案的一种问题求解策略。

枚举的思想是不断地猜测，从可能的集合中一一尝试，然后再判断题目的条件是否成立。

要点

给出解空间

建立简洁的数学模型。

枚举的时候要想清楚：可能的情况是什么？要枚举哪些要素？

减少枚举的空间

枚举的范围是什么？是所有的内容都需要枚举吗？

在用枚举法解决问题的时候，一定要想清楚这两件事，否则会带来不必要的时间开销。

选择合适的枚举顺序

根据题目判断。比如例题中要求的是最大的符合条件的素数，那自然是从大到小枚举比较合适。

例题

题目 1 数组中和为0的对数

一个数组中的数互不相同，求其中和为0的数对的个数。

解题思路

枚举两个数的代码很容易就可以写出来。

for (int i = 0; i < n; ++i)
  for (int j = 0; j < n; ++j)
    if (a[i] + a[j] == 0) ++ans;

for i in range(0, n):
  for j in range(0, n):
      if(a[i] + a[j] == 0):
          ans = ans + 1

// Make sure to add code blocks to your code group

来看看枚举的范围如何优化。由于题中没要求数对是有序的，答案就是有序的情况的两倍（考虑如果 (a, b) 是答案，那么 (b, a) 也是答案）。对于这种情况，只需统计人为要求有顺序之后的答案，最后再乘上 就好了。

不妨要求第一个数要出现在靠前的位置。代码如下：

for (int i = 0; i < n; ++i)
  for (int j = 0; j < i; ++j)
    if (a[i] + a[j] == 0) ++ans;

for i in range(0, n):
  for j in range(0, i):
      if(a[i] + a[j] == 0):
          ans = ans + 1

// Make sure to add code blocks to your code group

不难发现这里已经减少了 的枚举范围，减少了这段代码的时间开销。

我们可以在此之上进一步优化。

两个数是否都一定要枚举出来呢？枚举其中一个数之后，题目的条件已经确定了其他的要素（另一个数）的条件，如果能找到一种方法直接判断题目要求的那个数是否存在，就可以省掉枚举后一个数的时间了。较为进阶地，在数据范围允许的情况下，我们可以使用桶1 (opens new window)记录遍历过的数。

bool met[MAXN * 2];
memset(met, 0, sizeof(met));
for (int i = 0; i < n; ++i) {
  if (met[MAXN - a[i]]) ans += 1;
  met[MAXN + a[i]] = true;
}

met = [False] * MAXN * 2
for i in range(0, n):
    if met[MAXN - a[i]]:
        ans = ans + 1
    met[a[i] + MAXN] = True

// Make sure to add code blocks to your code group

题目 2 熄灯问题

熄灯问题： http://noi.openjudge.cn/ch0201/1813/

解题思路

为了叙述方便，为按钮矩阵中的每个位置分别指定一个坐标。用数组元素 puzzle[i][j] 表示位置 (i, j) 上灯的初始状态：1 表示灯是被点亮的；0 表示灯是熄灭的。用数组元素 press[i] [j] 表示为了让全部的灯都熄灭，是否要按下位置 (i, j) 上的按钮：1 表示要按下；0 表示不用按下。

由于第 0 行、第 0 列和第 7 列不属于按钮矩阵的范围，没有按钮，可以假设这些位置上的灯总是熄灭的，按钮也不用按下。其它 30 个位置上的按钮是否需要按下是未知的。因此数组 press 共有 230种取值。从这么大的一个空间中直接搜索我们要找的答案，显然代价太大、不合适。

我们从熄灯的规则中，发现答案中的元素值之间的规律。不满足这个规律的数组 press，就没有必要进行判断了。根据熄灯规则，如果矩阵 press 是寻找的答案，那么按照 press 的第一行对矩阵中的按钮操作之后，此时在矩阵的第一行上：

• 如果位置 (1, j) 上的灯是点亮的，则要按下位置 (2, j) 上按钮，即 press[2] [j] 一定取 1；
• 如果位置 (1, j) 上的灯是熄灭的，则不能按位置 (2, j) 上按钮，即 press[2] [j] 一定取 0。

因为灯的最后状态（是否按它下一行开关之前）与周围灯是否按按钮有关，如 puzzle[i] [j]，决定它最后状态的相关按钮为 press[i] [j-1] （左），press[i][j]（它本身），press[i] [j+1]（右），press[i-1][j]（上），还有它最初的状态 puzzle[i] [j]。考虑到按两次按钮作用会抵消，需要取它们的和与2的余数，所以puzzle[i] [j] 最后状态公式为:

puzzle[i][j] = (press[i][j-1]+press[i][j]+press[i][j+1]+press[i-1][j]+ puzzle[i] [j] ) % 2

而press[i+1] [j] 由 puzzle[i] [j] 的最后状态决定，灯亮着（值为1）就要关掉它，press值取1，灯是熄灭的（值为0）不用处理，press值取0，它们是相等的，所以press[i+1] [j] = puzzle[i] [j] 最后状态。

这样依据 press 的第一、二行操作矩阵中的按钮，才能保证第一行的灯全部熄灭。而对矩阵中第三、四、五行的按钮无论进行什么样的操作，都不影响第一行各灯的状态。依此类推，可以确定 press 第三、四、五行的值。因此，一旦确定了 press 第一行的值之后，为熄灭矩阵中第一至四行的灯，其他行的值也就随之确定了。

press 的第一行共有 64(2^7)种取值，分别对应唯一的一种 press 取值，使得矩阵中前四行的灯都能熄灭。只要对这 64种情况进行判断就可以了：如果按照其中的某个 press对矩阵中的按钮进行操作后，第五行的所有灯也恰好熄灭，则找到了答案。

我们这样来判断第五行灯是否是熄灭的，如puzzle[5] [j], 它的最终状态由按钮press[5] [j-1] （左），press[5][j]（它本身），press[5] [j+1]（右），press[4] [j]（上）决定，如果puzzle[5] [j]原先亮着（值为1），那么决定它最终状态的按钮作用互相抵消后，某一个按钮仍然需要是按下的（值为1），如果puzzle[5] [j]原先熄灭的（值为0），那么决定它最终状态的按钮作用互相抵消后，没有按钮是按下的（值为0）。判断公式为：

if ( puzzle [5] [j] == ( press [5] [j-1] + press [5] [j] + press [5] [j+1] + press [4] [j] )

如果是相等的，则该灯是熄灭的，否则它还是亮着的。

参考代码(C++):

#include<stdio.h>
int press[6][8];
int puzzle[6][8];

bool guess(){
    int i,j;
    for(i=2;i<=5;i++)
    {
        for(j=1;j<=6;j++)
        {
            // 根据同列的上一行灯的最后状态，来决定是否按按钮
            press[i][j] = ( press[i-1][j]
                            + puzzle[i-1][j]
                            + press[i-1][j-1]
                            + press[i-2][j]
                            + press[i-1][j+1] ) %2;
        }
    }

    for(j=1;j<=6;j++) 
    {
        // 逐一判断第五行的灯是否都熄灭               
        if( puzzle[5][j] != (press[5][j] + press[5][j-1] + press[5][j+1] + press[4][j]) %2 )
            return false;
    }

    return true;
}

void process() {

    int c;
    for(c=1; c<=6; c++)
        press[1][c]=0;

    while( !guess() ) 
    {
        // 采用二进制进位的算法，从000000 - 111111枚举第一行按钮的方式
        press[1][1]++;
        c=1;                
        while(press[1][c]>1)
        {
            press[1][c]=0;
            c++;
            press[1][c]++;
        }


    }
}

int main(){
    int t,i,n,j;
    // 初始化0行的所有元素
    for(i=0;i<8;i++)
    press[0][i]=puzzle[0][i]=0;
    // 初始化0列，7列的所有元素
    for(i=1;i<6;i++)
        press[i][0]=puzzle[i][0]=press[i][7]=puzzle[i][7]=0;

    for(i=1;i<=5;i++)
        for(j=1;j<=6;j++)
            scanf("%d",&puzzle[i][j]);

    process();

    for(i=1;i<=5;i++){
        for(j=1;j<=6;j++){
            printf("%d ",press[i][j]);
        }
        printf("\n");
    }

    return 0;
}