【ACwing 95】费解的开关——枚举 + 搜索

（题面来自ACwing）

你玩过“拉灯”游戏吗？25盏灯排成一个5x5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。

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”。

　　题意的本质是：求解把一个5 * 5的01方阵通过上述操作变换成为仅由1构成的方阵的最小步数。如果单纯每次枚举改变的点来爆搜，状态空间的大小不能承受，显然行不通。

　　实际上，题中所给的变换具有两个很重要的性质。首先，每个点最多被变换一次，因为重复的操作是无效的；第二，相同操作的不同顺序不会影响最终结果，因为累计在每个位置上的效果都一样。

　　从这两点出发，我们发现可以枚举部分变换来递推所有的操作。具体来说，考虑逐行进行变换，那么当前行i上面所有行所进行的变换已经确定了；如果第i-1行上的第k个位置上有0，那么只能通过改变第i行的第k个位置使第i-1行合法，这是解答本题的关键。因此，我们可以二进制枚举在第一行进行的2^5 = 32种变换，然后依次递推第2～5行的操作。最后检查第五行是否全部为1，若第五行状态合法就用当前的步数更新答案即可。

　　从这个题吸取的教训是，要慎用语句"ios::sync_with_stdio(0)"，因为这个指令取消了cin和C标准输入输出的兼容性，一旦手滑同时使用cin和getchar、scanf等C库读入函数就会发生错误。这句话最好在读入字符串时再考虑适用，平时应该手写快读来避免悲剧。

代码：

1. #include <cstdio>
2. #include <cstring>
3. #include <iostream>
4. #include <algorithm>
5. #include <ctime>
6. using namespace std;
7. const int inf = 0x3f3f3f3f;
8. int sw[10][10], tmp[10][10], cnt, ans;
9. int addx[5] = {0, 0, 0, -1, 1}, addy[5] = {0, 1, -1, 0, 0};
10. void change(int x, int y, int a[10][10]) {
11. int tx, ty;
12. for (int i = 0; i < 5; ++i) {
13. tx = x + addx[i], ty = y + addy[i];
14. if (a[tx][ty] == -1) continue;
15. a[tx][ty] = !a[tx][ty];
16. }
17. ++cnt;
18. }
19. void init(int x) {
20. memcpy(tmp, sw, sizeof(tmp));
21. for (int i = 1; i <= 5; ++i)
22. if (x >> (i - 1) & 1)
23. change(1, i, tmp);
24. }
25. int main() {
26. int T;
27. cin >> T;
28. while (T--) {
29. ans = inf;
30. memset(sw, -1, sizeof(sw));
31. char ch;
32. for (int i = 1; i <= 5; ++i) {
33. while (!isdigit(ch))
34. ch = getchar();
35. for (int j = 1; j <= 5; ++j)
36. sw[i][j] = ch - 48, ch = getchar();
37. }
38. /*      for (int i = 1; i <= 5; ++i) {
39. for (int j = 1; j <= 5; ++j)
40. cout << sw[i][j] << " ";
41. cout << endl;
42. }*/
43. for (int x = 0; x < 32; ++x) {
44. cnt = 0;
45. init(x);
46. for (int i = 2; i <= 5; ++i)
47. for (int j = 1; j <= 5; ++j)
48. if (!tmp[i - 1][j])
49. change(i, j, tmp);
50. for (int i = 1; i <= 5; ++i)
51. if (!tmp[5][i]) cnt = inf;
52. ans = min(ans, cnt);
53. }
54. if (ans <= 6)
55. cout << ans << endl;
56. else puts("-1");
57. }
58. return 0;
59. }