题目 费解的开关
一、有关题目（涉及算法：递推，模拟）
1.题目来源：《算法竞赛进阶指南》
Acwing 95
2.题目链接 https://www.acwing.com/problem/content/description/97/
3.题目描述
你玩过“拉灯”游戏吗？
25盏灯排成一个 5×5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。
下面这种状态
10111
01101
10111
10000
11011
在改变了最左上角的灯的状态后将变成：
01111
11101
10111
10000
11011
再改变它正中间的灯后状态将变成：
01111
11001
11001
10100
11011
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。
数据范围
0<n≤500
输入样例：
3
00111
01011
10001
11010
11100
11101
11101
11110
11111
11111
01111
11111
11111
11111
11111
输出样例：
3
2
-1
二、抽象模型
由题意得，
1.最终结果与开关按下的顺序无关。
2.每个格子最多只能按一次。
对2.进行解释：
因为，同一个格子的“开关”按偶数次相当于没有按，按奇数次相当于按了1次，因为该题让寻找最少步数，所以每个格子的“开关”要么按一次，要么就不按。
由此，可以发现，如果一行一行按开关，前一行暗的格子只能按下当前行开关来控制，而前一行亮的格子为了保持不变，必不能按下当前行对应位置的开关。
即，从第二行开始，当前行的按开关情况只由前一行确定。是一个递推的过程。
即，只需要枚举第一行的按开关情况，整个数组的情况都能确定，从而使算法大大简化。
三、时间复杂度分析
32 * 25 * 5 * 500 == 2000000 < 10^7解释：
32：枚举第一行开关情况，有5个位置，每个位置都有按与不按两种可能，共32种情况。
25：第一行确定后大概有25个开关要按。
5：每按一个开关都要按五个位置。
500：共有500个测试数据。
四、知识储备
1.位运算
2.偏移量
在实现过程中可以利用1，2进行代码优化。
1.题目利用了位运算实现进制转化
具体位运算知识，见文章 https://mp.csdn.net/mp_blog/creation/editor/135893319
2.常见偏移量及处理方式
五、代码实现
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 6;
char g[N][N], backup[N][N];
int dx[5] = {-1, 1, 0, 0, 0}, dy[5] = {0, 0, -1, 1, 0};
int step, res;
void turn(int x, int y){ // 开关函数的具体实现
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; // 代码优化：'0'->'1', '1'->'0' 用异或运算
}
}
int main(){
int n;
scanf("%d", &n); // 读入数据组数
while(n--){
res = 10;
// 用字符数组模拟灯亮状态
for(int i = 0; i < 5; ++ i){ // 按行读入每组里的具体数据
scanf("%s", g[i]);
}
memcpy(backup, g, sizeof g); // 因为后续采用枚举方式，寻找最小步数，所以需要对数组进行备份
// 进行枚举，寻找最小步数
for(int op = 0; op < 32; ++ op){ // 由于题目特性，枚举第一行五个位置开关按下与否的情况（每个位置有2种选择：按下或不按）可以确定整个数据组的开关情况
memcpy(g, backup, sizeof backup);
step = 0;
// 代码优化：利用位运算来进行进制转换，从而确定第一行每个位置开关按与不按的情况（也可以直接用递归来实现，这其实就是一个指数型枚举）
for(int i = 0; i < 5; ++ i){
if(op >> i & 1){
++ step;
turn(0, i);
}
}
// 从第一行开始，根据第该行的灯亮情况确定该下一行开关按下与否，依次递推
for(int i = 0; i < 4; ++ i){
for(int j = 0; j < 5; ++ j){
if(g[i][j] == '0'){
++ step;
turn(i+1, j);
}
}
}
//判断与更新
bool dark = false;
for(int i = 0; i < 5; ++ i){
if(g[4][i] == '0'){
dark = true;
break;
}
}
if(!dark) res = min(res, step); // 更新最小步数
}
if(res > 6) printf("-1\n");
else printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
![[echarts] 图表工具栏 toolbox](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/298c66186a064e0bb9e1ffcdba6f0fd8.png)
