费解的开关

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费解的开关

首先要明确解决思路 ，每个开关只有 开或者关两种选择

所以我们只能对每个开关 至多进行一次操作

如果再进行一次操作，就会把当前状态变回原来的状态

这点明确了之后，我们还要知道，如果只能 摁一次开关

如何确保当前的灯 从 暗 到 亮，你可以直接 摁当前这个开关

但这是显然错误的一种做法，因为每个开关都这么做的话，整体上就不能保证全亮了

那么考虑 由其他开关，影响到当前灯的状态，因为有四个方向，从任一方向单一考虑都是可以的

这次我们以从上到下的这种顺序来摁亮所有的灯

那么这种情况下，当前这一行每个灯的状态，只能由下一行每个灯的状态所一一确定

如果当前为 暗 ，不管下一行的状态是什么，只需要摁一次，当前行就 亮 了

由这种从上到下的递推关系可知，只要我们唯一的确定了第一行的状态，就可以直接推出最终的状态

所以我们采用二进制枚举的方式,暴力枚举第一行的所有状态,然后从中选出最优的答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N = 6;
char g[N][N],backup[N][N];
int dx[5] = {-1,0,1,0,0};
int dy[5] = {0,1,0,-1,0}; 
int n,t;
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) continue;
        g[a][b] ^= 1;
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0),cout.tie(0),cin.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--) {
        int res = 10;
        for(int i = 0;i < 5; ++i) cin >> g[i];
        for(int op = 0;op < (1 << 5); ++op) {
            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 = 0;
            for(int i = 0;i < 5; ++i) {
                if(g[4][i] == '0') {
                    dark = 1;
                    break;
                }
            }
            if(!dark) res = min(res,step);
            memcpy(g,backup,sizeof backup);
        }
        if(res > 6) res = -1;
        cout << res << endl;
    }
    return 0;
}

费解的开关

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原文地址：https://www.cnblogs.com/lukelmouse/p/12222739.html