费解的开关

费解的开关

这种题较少见也较难想

按一个开关，会影响上下左右四个方向的数

先可以考虑，只有一排灯的情况

那么一排灯的情况，只有32种按法即\(2^5\)次，可以用\(1~32\)每个数的二进制数表示方案，1表示改变灯，0表示不变

如果有两排灯了？是不是感觉有点不知所措

容易发现，改变第一排灯的状态，那么一定会改变第二排灯的状态，所以说，第一次灯的所有方案都试一遍，如果能使整个矩阵亮，那就说明，具有可行方案（但操作次数必须小于等于6），但是你会想为什么不又改变第二排的状态了？其实这时如果第二排的状态改变，那么第一排也会改变，这也相当于第一排改变第二排，所以不用考虑

那么有三排了？

我们还是按照一排灯的情况按一遍一排灯，通过第二排，我们其实可以把第一排灯全变为亮的，第一排某个灯的下一行的灯，通过第三排也可以把第二排灯全亮
，但第三排无法被其他排改变（如果通过第二排改变第三排，不是又舍本求末了吗？）

综上所以可以 第一排逐个方案尝试，然后通过后一排，改变前一排，再判断最后一排是否全亮，记录每次的次数，然后取min

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>

using namespace std;
int t;const int maxn=7;
int res=9;
bool mp[maxn][maxn];
bool mpb[maxn][maxn];
void turn(int x,int y){//改变x,y灯和相邻灯的状态
    mp[x][y]^=1;
    mp[x+1][y]^=1;
    mp[x][y+1]^=1;
    mp[x-1][y]^=1;
    mp[x][y-1]^=1;
    
}
int work(){
    for(int i=1;i<=5;++i) 
        for(int j=1;j<=5;++j)
            mpb[i][j]=mp[i][j];//备份原数组
    for(int k=0;k<(1<<5);++k){//二进制为一种方案
        int ans=0;
        for(int j=1;j<=5;++j)
            if(k>>(j-1) & 1) {//改变那些灯的状态
                ++ans;
                turn(1,j);
            }
        for(int i=1;i<=4;++i)
            for(int j=1;j<=5;++j){
                if(mp[i][j]==0) {
                    ++ans;
                    turn(i+1,j);
                }
            }
        bool flag=0;
        for(int i=1;i<=5;++i)
            if(mp[5][i]==0) flag=1;//不能全量

        if(!flag) res=min(res,ans);//如果可以全亮
        for(int i=1;i<=5;++i)
            for(int j=1;j<=5;++j)
                mp[i][j]=mpb[i][j];//复原数组
    }    
    if(res<=6) cout<<res<<endl;
    else cout<<"-1"<<endl;
}
int main(){
    cin>>t;
    while(t--){
        res=9;char ch=getchar();
        for(int i=1;i<=5;++i)
            for(int j=1;j<=5;++j){
                char c;cin>>c;
                mp[i][j]=c-'0';
            }
        work();
    }return 0;
}

ZFY AK IOI