费解的开关
题意
你玩过“拉灯”游戏吗？
25 盏灯排成一个 5×5 的方形。
每一个灯都有一个开关，游戏者可以改变它的状态。
每一步，游戏者可以改变某一个灯的状态。
游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应：和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。
我们用数字 1 表示一盏开着的灯，用数字 0 表示关着的灯。
下面这种状态
10111
01101
10111
10000
11011
在改变了最左上角的灯的状态后将变成：
01111
11101
10111
10000
11011
再改变它正中间的灯后状态将变成：
01111
11001
11001
10100
11011
给定一些游戏的初始状态，编写程序判断游戏者是否可能在 6 步以内使所有的灯都变亮。
输入格式
第一行输入正整数 n，代表数据中共有 n 个待解决的游戏初始状态。
以下若干行数据分为 n 组，每组数据有 5 行，每行 5 个字符。
每组数据描述了一个游戏的初始状态。
各组数据间用一个空行分隔。
输出格式
一共输出 n 行数据，每行有一个小于等于 6 的整数，它表示对于输入数据中对应的游戏状态最少需要几步才能使所有灯变亮。
对于某一个游戏初始状态，若 6 步以内无法使所有灯变亮，则输出 −1。
数据范围
0<n≤500
输入样例：
3
00111
01011
10001
11010
11100
11101
11101
11110
11111
11111
01111
11111
11111
11111
11111
输出样例：
3
2
-1
分析
这道题看着很难下手，因为通常我们是按顺序枚举每一行每一列的元素，但是这里如果对一个元素操作，会影响到之前的元素。但是为了必须先确定好一个状态我们才能有突破口。
这里有一个技巧，即先通过枚举可能的初始状态，然后得到每个初始状态的结果来解决问题。
在本题中，为了让所有的灯亮，我们先枚举第一行每个开关要不要操作，然后枚举后面的开关时，只有当对应上一行的开关没有开才按，这样保证了操作完每一行，上一行的开关全亮。但不是每一个初始状态都合法，最后我们检查最后一行的开关，如果都是打开的，说明是一个合法初始状态，更新答案。
枚举第一行的时间复杂度是\(O(2^{n})\)，枚举剩下元素和开关操作的时间复杂度是\(O(n^{2} * 5)\)，一共时间复杂是\(O(T*2^{n}*n^{2}*5)\)，n=5,T=500
这里有个需要注意的点是枚举每个初始状态要恢复现场。用memcpy实现
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=10;
char g[N][N],bg[N][N];
int dir[5][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1},{0,0}};
void turn(int x,int y)
{
for(int i=0;i<5;i++)
{
int nx=dir[i][0]+x,ny=dir[i][1]+y;
if(nx<0||nx>=5||ny<0||ny>=5)continue;
g[nx][ny]=g[nx][ny]=='1'?'0':'1';
}
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
for(int i=0;i<5;i++)scanf("%s",bg[i]);
int ans=10;
for(int i=0;i<1<<5;i++)
{
int cnt=0;
memcpy(g,bg,sizeof g);
for(int j=0;j<5;j++) if(i>>j&1) {turn(0,j);cnt++;}
for(int j=1;j<5;j++)
for(int k=0;k<5;k++)
if(g[j-1][k]=='0') {turn(j,k);cnt++;}
bool ok=true;
for(int j=0;j<5;j++) if(g[4][j]=='0') ok=false;
if(ok&&cnt<ans)ans=cnt;
}
if(ans>6)ans=-1;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
