题目：费解的开关
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
1110011101
11101
11110
11111
1111101111
11111
11111
11111
11111输出样例：
3
2
-1
例如：
00111
01011
10001
11010
11100
编辑
则最少需要3步
算法思路：
我们枚举第一行的点击方法(按或不按），共2^5=32种，完成第一行的点击后，固定第一行，
从第一行开始递推，若最后一行有0（暗），说明这种方式无解。在所有合法的点击方式中取点击次数最少的就是答案。若点击次数大于6还无法使所有灯变亮，则输出 −1。
时间复杂度：32*25*5*500 = 200 000 000
对第一行操作有32种可能 * 25个格子 * 每一次操作都要改变5个灯的状态 * 最多读入的时候可能有500次light矩阵
最关键的两点
1.要使得步数最少则每一个位置最多只会被点击一次
2.每一行开关的操作被前一行灯的亮灭所操作。
编辑
比如说 上图若固定第一行，则第二行只能操作第二格。
所以说第一行的固定可以决定整个棋盘的操作。
那么我们如何枚举第一行的操作呢？
若用0 （不操作）1（操作）来表示
举个栗子 ：
1 1 1 1 1->用10进制表示为31
0 0 0 0 0->用10进制表示为0
即第一行的操作可以用 0~2^5 -1=31来对应
tips:这里如何判断op的二进制表示的第k位是否为1
op>>k&1
再举个栗子 26->1 1 0 1 0 （位数分别为 4 3 2 1 0） 判断它的第一位是否为1
1 1 0 1 0>>1 ->1 1 0 1
1 1 0 1&1=1（&运算 两个位都为1时，结果为1。）
for (int op = 0; op < 32; op ++ )//枚举第一行的操作 { int step = 0; for (int i = 0; i < 5; i ++ ) if (op >> i & 1) { step ++ ; turn(0, i); } }
操作五个灯（偏移量）
turn（x,y）
编辑
int dx[5] = {-1, 0, 1, 0, 0}, dy[5] = {0, 1, 0, -1, 0};//偏移量 void turn(int x, int y) { for (int i = 0; i < 5; i ++ ) { int a = x + dx[i], b = y + dy[i]; if (a < 0 || a >= 5 || b < 0 || b >= 5)//判断是否出界 continue; g[a][b] ^= 1;//‘0’的ascall码为48；二进制表示110000，‘1’的ascall码为49；二进制表示110001 } }
判断最后一行灯的情况
bool dark = false;//判断最后一行是否有暗，有则方案无解 for (int i = 0; i < 5; i ++ ) if (g[4][i] == '0') { dark = true; break; } if (!dark) res = min(res, step);//无则记录最小步数
完整代码：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 6;// /‘0’ char g[N][N], backup[N][N]; int dx[5] = {-1, 0, 1, 0, 0}, dy[5] = {0, 1, 0, -1, 0};//偏移量 void turn(int x, int y) { for (int i = 0; i < 5; i ++ ) { int a = x + dx[i], b = y + dy[i]; if (a < 0 || a >= 5 || b < 0 || b >= 5)//判断是否出界 continue; g[a][b] ^= 1;//‘0’的ascall码为48；二进制表示110000，‘1’的ascall码为49；二进制表示110001 } } int main() { int T; cin >> T; while (T -- )//T组测试数据 { for (int i = 0; i < 5; i ++) //打印棋盘5*5 cin >> g[i]; int res = 10; for (int op = 0; op < 32; op ++ )//枚举第一行的操作 { memcpy(backup, g, sizeof g); int step = 0; for (int i = 0; i < 5; i ++ ) if (op >> i & 1) { step ++ ; turn(0, i); } for (int i = 0; i < 4; i ++ ) for (int j = 0; j < 5; j ++ ) if (g[i][j] == '0') { step ++ ; turn(i + 1, j); } bool dark = false;//判断最后一行是否有暗，有则方案无解 for (int i = 0; i < 5; i ++ ) if (g[4][i] == '0') { dark = true; break; } if (!dark) res = min(res, step); memcpy(g, backup, sizeof g); } if (res > 6) res = -1; cout << res << endl; } return 0; }
题目：翻硬币
小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。
桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零）。
比如，可能情形是：
**oo***oooo如果同时翻转左边的两个硬币，则变为：
oooo***oooo现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？
我们约定：把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作。
输入格式
两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。
输出格式
一个整数，表示最小操作步数
数据范围
输入字符串的长度均不超过100。
数据保证答案一定有解。
输入样例1：
********** o****o****
输出样例1：
5
输入样例2：
*o**o***o*** *o***o**o***
输出样例2：
1
从左开始遍历，一次翻转相邻的俩个
编辑
关键的两点
1.操作顺序无影响
2.最多一次
翻转操作
void turn(int i) { if(start[i]=='*') start[i]='o'; else start[i]='*'; }
完整代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=110;//输入字符串的长度均不超过100。 int n; char start[N],ed[N];//两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。 void turn(int i) { if(start[i]=='*') start[i]='o'; else start[i]='*'; } int main() { cin>>start>>ed; n=strlen(start); int res=0; for(int i=0;i<n-1;i++)//从左开始遍历 if(start[i]!=ed[i]) //判断初始状态和目标状态是否相同 { turn(i),turn(i+1); //不同则翻转相邻俩个硬币 res++; } cout<<res<<endl; return 0; }
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