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由于每个点的状态受到其自身和周围四个点的影响，所以可以这样建立异或方程组：
引用题解：
http://hi.baidu.com/ofeitian/item/9899edce6dc6d3d297445264
题目大意：给你一个5*6的矩阵，矩阵里每一个单元都有一个灯和一个开关，如果按下此开关，那么开关所在位置的那个灯和开关前后左右的灯的状态都会改变(即由亮到不亮或由不亮到亮)。给你一个初始的灯的状态，问怎样控制每一个开关使得所有的灯最后全部熄灭（此题保证有唯一解）。
解题思路：高斯消元。很显然每个灯最多只需要按1下（因为按两下和没有按是一个效果）。我们可以定义30和未知数x0、x1.......x29代表每一个位置的开关是否被按。那么对于每一个灯的状态可以列一个方程，假设位置(i,j)处的开关为x(i*6+j),那么我们就可以列出方程:
x(i*6+j)+x((i-1)*6+j)+x((i+1)*6+j)+x(i*6+j-1)+x(i*6+j+1) = bo(mod 2)
(括号里的数字为x的下标，这里假设这些下标都是符合要求的，即都在矩形内，如果不在则可以去掉，当这个灯初始时是开着的，那么bo为1，否则为0)
这样可以列出30个方程，然后用高斯消元解这个方程组即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 31
const int dx[]={0,-1,0,1},dy[]={-1,0,1,0},n=30;
bool b[N],x[N],B[N][N+1],A[N][N+1];
int T,id[7][8];
void Madoka()
{
memcpy(B,A,sizeof(A));
for(int i=1;i<=n;++i)
B[i][n+1]=b[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int j=i;
for(;j<=n;++j)
if(B[j][i])
break;
swap(B[j],B[i]);
for(int j=1;j<=n;++j)
if(j!=i&&B[j][i])
for(int k=1;k<=n+1;++k)
B[j][k]^=B[i][k];
}
for(int i=1;i<=n;++i) x[i]=B[i][n+1];
}
int main()
{
int pen=0;
for(int i=1;i<=5;++i)
for(int j=1;j<=6;++j)
id[i][j]=++pen;
scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;++i)
{
memset(A,0,sizeof(A));
for(int j=1;j<=5;++j)
for(int k=1;k<=6;++k)
{
scanf("%d",&b[id[j][k]]);
A[id[j][k]][id[j][k]]=1;
}
for(int j=1;j<=5;++j)
for(int k=1;k<=6;++k)
for(int l=0;l<4;++l)
if(id[j+dx[l]][k+dy[l]])
A[id[j][k]][id[j+dx[l]][k+dy[l]]]=1;
Madoka();
printf("PUZZLE #%d\n",i);
for(int j=1;j<=5;++j)
{
for(int k=1;k<6;++k)
printf("%d ",x[id[j][k]]);
printf("%d\n",x[id[j][6]]);
}
}
return 0;
}
【高斯消元】【异或方程组】poj1222 EXTENDED LIGHTS OUT
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原文地址：http://www.cnblogs.com/autsky-jadek/p/4346311.html
