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前言

博客咕咕咕了好久了，是时候写一下了

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AcWing 95 费解的开关

思路

首先可以看出

1.每一个位置顶多只会操作一次。因为如果操作两次的话，相当于不操作，必然是不满足最优解
2.在一套方案中，操作的顺序无关紧要。
3.如果我们确定了第I行的操作方案的话，那么后面的行数都可以依此递推，下面给出一个详细的解答。

11011
10110
01111
11111
比如说这个例子，如果我们确定了第1行，那么第二行所有的0(坐标：a[i][j])
都只能是第三行a[i+1][j]来修改了，因为如果你第二行修改的话，那么第一行将会打乱，下面每一行依此类推。

然后再利用状态压缩，就可以了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,i,j,k,a[7][7],ans1=1e6,b[7][7];
void read() {
    getchar();
    for (i=1; i<=5; i++) {
        for (j=1; j<=5; j++) {
            char ch=getchar();
            b[i][j]=ch-'0';
        }
        getchar();
    }
}
int main() {
    int n;
    cin>>n;
    while(n--) {
        read();
        for (i=0; i<=(1<<5); i++) {
            for (j=1; j<=5; j++) {
                for (k=1; k<=5; k++)
                    a[j][k]=b[j][k];
            }
            int ans=0;
            for (j=1; j<=5; j++)
                if (i>>(j-1) & 1) {
                    ans++;
                    a[1][j-1]^=1,a[1][j+1]^=1,a[1][j]^=1,a[2][j]^=1;
                }
            for (j=1; j<=4; j++)
                for (k=5; k>=1; k--)
                    if (!a[j][k]) {
                        ans++;
                        a[j][k]^=1,a[j+2][k]^=1,a[j+1][k]^=1,a[j+1][k+1]^=1,a[j+1][k-1]^=1;
                    }
            bool ok=true;
            for (j=1; j<=5; j++)
                for (k=1; k<=5; k++)
                    if (!a[j][k])
                        ok=false;
            if (ok)
                ans1=min(ans1,ans);
        }
        if (ans1>6)
            cout<<-1<<'\n';
        else
            cout<<ans1<<'\n';
        ans1=1e10;
    }
    return 0;
}

AcWing 95 费解的开关

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原文地址：https://www.cnblogs.com/pyyyyyy/p/11444585.html