POJ2965 The Pilots Brothers' refrigerator （精妙方法秒杀DFS BFS）

这道题和算法进阶指南的一道题解法一样，必须另操作为奇数。见证明过程

证明:要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;可以证明,如果'+'位置对应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图只有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变.
设置一个4*4的整型数组,初值为零,用于记录每个点的操作数,那么在每个'+'上的行和列的的位置都加1,得到结果模2(因为一个点进行偶数次操作的效果和没进行操作一样,这就是楼上说的取反的原理),然后计算整型数组中一的
个数即为操作数,一的位置为要操作的位置(其他原来操作数为偶数的因为操作并不发生效果,因此不进行操作)

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此上证其可以按以上步骤使数组中值都为‘-’

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在上述证明中将所有的行和列的位置都加1后，在将其模2之前,对给定的数组状态，将所有的位置操作其所存的操作数个次数，举例，如果a[i][j]==n,则对（i,j）操作n次，当所有的操作完后，即全为‘-’的数组。
其实就是不模2的操作，作了许多的无用功。
以上的操作次序对结果无影响，如果存在一个最小的步骤，则此步骤一定在以上操作之中。（简单说下：因为以上操作已经包含了所有可改变欲改变位置的操作了）
而模2后的操作是去掉了所有无用功之后的操作，此操作同样包含最小步骤。
但模2后的操作去掉任何一个或几个步骤后，都不可能再得到全为‘-’的。（此同样可证明：因为操作次序无影响，先进行最小步骤，得到全为‘-’，如果还剩下m步，则在全为‘-’的数组状态下进行这m步操作后还得到一个全为
‘-’的数组状态，此只能是在同一个位置进行偶数次操作，与前文模2后矛盾，所以m=0），因此模2后的操作即为最小步骤的操作。

#include
#include
#include
using namespace std;
int main() {
	char s[5][5];
	int mark[5][5];
	int x[20], y[20];
	memset(mark, 0, sizeof(mark));
	for (int i = 0; i < 4; i++) cin >> s[i];
	for (int i = 0; i < 4; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (s[i][j] == '+') {
				mark[i][j] = !mark[i][j];//下面的操作中，i，j这个位置翻转了操作了两次，等于没操作，所以上边这里再操作一次，这样让这个位置                                                           也被操作了
				for (int k = 0; k < 4; k++) {
					mark[i][k] = !mark[i][k];
					mark[k][j] = !mark[k][j];
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < 4; i++) {
		for (int j = 0; j < 4; j++) {
			if (mark[i][j]) {
				x[ans] = i + 1;
				y[ans] = j + 1;
				ans++;
			}
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	for (int i = 0; i < ans; i++) printf("%d %d\n", x[i], y[i]);
	return 0;
}