Acwing 95. 费解的开关

每一行开关的操作，完全由前一行灯的亮灭状态所确定

思路：我们枚举第一行的点击方法，共32种，完成第一行的点击后，固定第一行，
// 从第一行开始递推，若达到第n行不全为0，说明这种点击方式不合法。
// 在所有合法的点击方式中取点击次数最少的就是答案。
// 对第一行的32次枚举涵盖了该问题的整个状态空间，因此该做法是正确的
// 
// 时间复杂度：32*20*5*500 = 一百六十万
// 对第一行操作有32种可能 * 对前四行有20种操作可能 * 每一次操作都要改变5个灯的状态 * 最多读入的时候可能有500次light矩阵
//
// 最关键的两个性质
// 每一个位置最多只会被点击一次
// 如果固定了第一行，那么满足题意的点击方案最多只有一种
思路来源于：https://www.acwing.com/solution/content/17052/

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 6;

int n;
char g[N][N], backup[N][N];
int dx[5] = {-1, 0, 1, 0, 0}, dy[5] = {0, 1, 0, -1, 0};

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()
{
    scanf("%d", &n);
    
    while (n --)
    {
        for (int i = 0; i < 5; ++ i) scanf("%s", g[i]);
        
        int res = 10;
        for (int op = 0; op < 32; ++ op)
        {
            int step = 0;
            memcpy(backup, g, sizeof(g));
            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 = false;
            for (int j = 0; j < 5; ++ j)
            {
                if (g[4][j] == '0') 
                {
                    dark = true;
                    break;
                }
            }
            
            if (!dark) res = min(res, step);
            memcpy(g, backup, sizeof(backup));
        }
        
        if (res > 6) printf("-1\n");
        else printf("%d\n", res);
    }
    
    return 0;
}