這一題大意如下：
乙個冰箱上有4*4共16個開關，改變任意乙個開關的狀態（即開變成關，關變成開）時，此開關的同一行、同一列所有的開關都會自動改變狀態。要想開啟冰箱，要所有開關全部開啟才行。
輸入：乙個4×4的矩陣，+表示關閉，-表示開啟；
輸出：使冰箱開啟所需要執行的最少操作次數，以及所操作的開關座標。
這一題很多人使用bfs的方法，其實還有一種更為精妙的方法，值得大家思考。
這種方法網上很多人都提到了，但是說的都不太清晰，我想了很久也沒想明白，後來我用程式追蹤一下執行的過程，才豁然開朗。
首先要明白最基本的原理：對乙個開關進行操作n次，如果n為偶數，那麼這個開關以及同行、同列的開關狀態都不發生改變，等價於沒有操作；如果n為奇數，那麼這個開關以及同行同列的開關狀態全都發生改變，等價於只操作了一次。
要想使所有開關狀態全部開啟（全部是-），就要把所有+變成-，所有-不改變。我們要做的就是找到一種「公式」，策略，使得不改變已經開啟的開關狀態的情況下，把關閉的開關開啟。這點很類似於魔方（ps：玩過魔方的都知道，魔方所謂的公式，其實就是在不改變已經拼好的部分的情況下，把其他部分一點一點新增到已拼好的部分）。
我們找到的策略就是：把開關本身以及其同一行同一列的開關（總共7個）都進行一次操作，結果是，開關本身狀態改變了7次，開關同一行、同一列的開關狀態改變了4次，其他開關狀態改變了2次。如下圖所示。
假如開關座標為第二行第三列的（2，3），那麼按照上述策略（把開關本身以及其同一行同一列的開關都進行一次操作），結果分析如下：
對於黃色部分的開關，只有與此黃色開關同一行和同一列的兩個紅色開關操作時，此黃色開關的狀態才會發生改變，因此所有黃色部分狀態改變次數為2，相當於0次
對於紅色部分的開關，只有與此紅色開關同一列或同一列的開關操作時，此紅色開關狀態才會發生改變，一行或者一列有4個開關，因此紅色部分開關狀態改變次數為4，相當於0次
對於最原始的那個黑色開關，所有紅色開關操作時，它的狀態改變一次，然後黑色開關自己操作一次，因此黑色開關狀態改變7次，相當於改變1次。
總結上述分析可以得出結論，把開關本身以及其同一行同一列的開關都進行一次操作，最終結果是只有開關本身狀態發生變化，其他所有開關狀態都不變。
策略找到之後，那我們就想，如果對於所有關閉著的開關都進行一次上述策略，那麼肯定是能把冰箱開啟的，下面我們要做的就是把一些無用的，重複的操作去掉即可。
用乙個4*4的陣列記錄每個開關操作的次數，初始化為0，開關操作一次，記錄就+1，以樣例（為例：
-+--
----
----
-+--
1 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
0 1 0 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 1 0 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 0 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 1 0
1 1 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 1 1
1 2 1 1
0 1 0 0
0 1 0 0
1 2 1 1
1 2 1 1
0 2 0 0
0 1 0 0
1 2 1 1
1 2 1 1
0 2 0 0
0 2 0 0
1 2 1 1
對於樣例中的每乙個+開關，進行一次策略，記錄陣列所記錄的每乙個開關操作的次數變化如上所示。那麼在最終得到的陣列中可以看出，有些開關操作了偶數次，有些操作了奇數次。操作了偶數次的開關就是上面所說的無用的，重複的操作，直接去掉，留下奇數次的就最終的答案。
**寫的不好，僅供參考
#include#includechar handle[4][4]; //儲存字元int record[4][4]; //記錄每一位操作次數
void set_handle()
memset(record, 0, sizeof(record));
}char change_state(char state)
//把m行n列的開關按下
void flip(int m, int n)
for(i = 0; i < 4; i++) //列操作
record[m][n]++; //執行一次操作
}//對陣列中所有+位置的行和列所有的開關執行一次flip操作
void full_flip()
for(t = 0; t < 4; t++)}}
}}}//遍歷record陣列，統計操作次數
void solute()}}
printf("%d\n", count);
for(i = 0; i < 4; i++)}}
}int main(void)
再談poj2965（高效演算法）
在列舉分類中已有暴力列舉的方法解這道題。之後在網上看到大神的高效演算法，膜拜之。故copy在此。證明 要使乙個為 的符號變為 必須其相應的行和列的運算元為奇數 可以證明,如果 位置對應的行和列上每乙個位置都進行一次操作,則整個圖只有這一 位置的符號改變,其餘都不會改變.設定乙個4 4的整型陣列,初值...
poj 2965 解題報告
就是對乙個4x4的棋盤進行翻轉，每一次翻轉都將讓同一行和列一起翻轉，直到所有符號都變為 時成功。通過列舉加上深度優先搜尋的方法進行解決，列舉通過行號和列號順序進行，每個位置都有翻轉和不翻轉兩種選擇 通過乙個位置兩次翻轉來回溯 poj 2965 244k 844ms include using nam...
poj 2965 遞迴 列舉
本題與1753思路一樣，區別就在於要記錄位置。deep是當前進行到了哪一步，step是判斷用step步是否可以完成，因此記錄位置只需在change 後做，回溯的時候雖然會說明上一步無效，但不用修改記錄，因為下一次記錄會覆蓋它。include using namespace std bool map ...