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

这题以前做过，当时枚举翻转次数，搜过了，但是用了800+ms，看着人家都两位数甚至0ms，我再次回顾了下这题，虽然这次的精妙方法不是我自己想出来的（毕竟精妙，我还是差的很远呢）

首先这题BFS或者递归枚举的思路都是特别容易TLE的，不TLE的人也是爬过，而且用了不少的修改。

DFS虽然可以优化到二三百ms，但是我不是很认可DFS啊，明明求得是最少的次数，而查到的DFS的代码都是搜到一个解救输出了，感觉不是太对，所以不提。

还有discuss里看到了高斯消元，原谅本渣不懂什么叫高斯消元。

这个方法也是discuss里的高人想出来了，那个上面讲的不是太清楚，所以我再好好的说一下。

首先要知道这个操作，操作偶数次也等于没有操作，操作奇数次等于操作1次，所以状态可以变成0和1，0为没有翻转，没操作，1为操作一次。

其次要证明，如果有一个+，怎么样才能把它翻转到-

要把这个+所在的行和列一共7个位置，全部操作一次，其余6个位置都是翻转了4次，保持不变，而中心的+所在的位置翻转了7次，变为-，如此操作就全都是-了

现在有若干个+，要把他们全部翻成-，就可以这样思考，把这些+逐个操作成-，因为操作这个+所在的行和列，除了中心的符号会变，周围的都不会改变。

所以可以这样想，如果有3个+，你先把第一个+的行列一共7个位置都操作一次，这个+就没了，然后再对第二个+的行列一共7个位置操作一次，以此类推。

这样可以看到，有些位置操作了偶数次，等同于这些位置可以不用操作，操作奇数次的位置等同于操作1次，这样就是最少步骤了（因为每两次操作等于无用功）

这样就归纳出了本题的方法，开一个4*4的数组，全为0，如果输入的矩阵中某位置为+，就把这个位置的行列7个全部操作一次（取反即可0变1，1变0）

把所有的+全部操作完之后，看这个数组中有多少个1，就是需要做多少次操作，为1的位置就是需要操作的坐标。

这样时间复杂度就大大滴降低了，肯定在100ms以内了

还有数组不要开的太小，我那几次WA都是正好开了4啊16啊

#include<iostream>#include<cstdio>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;}