标签：状态 初始状态 游戏 int 费解 开关 11111 include
- 费解的开关
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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
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 6;
char g[N][N],backup[N][N];
int dx[5] = {-1, 0, 1, 0, 0}, dy[5] = {0, 1, 0, -1, 0};
//x和y的偏移量时一一对应的
void turn(int x,int y){//x，y代表灯的位置（横纵坐标）
for(int i=0;i<5;i++){
int a=x+dx[i];
int b=y+dy[i];
if (a < 0 || a >= 5 || b < 0 || b >= 5) continue;//越界则忽略
g[a][b]^=1;
}
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
for(int i=0;i<5;i++) cin>>g[i];
int res=10;
for(int op=0;op<32;op++){
memcpy(backup,g,sizeof g);//将未更改的数组备份一下
int step=0;
//该局部变量表示操作数，应定义在该循环中，每次重新枚举第一行时更新
//第一行的每一位都有两种可能（操作与不操作）
//一共2的5次方种可能，可以用例如10010这样的五位二进制数表示
//操作与不操作，即10进制0~31都对应一种可能，用op表示
for(int i=0;i<5;i++)//枚举第一行的每一位
//op>>i&1表示取出每一位判断是否为1
if(op>>i&1){//如果这一位是1则说明这一位操作过
step++;
turn(0,i);//操作
}//枚举第一行的所有可能的操作
for(int i=0;i<4;i++)//剩余四行的操作都根据上一行的情况进行
for(int j=0;j<5;j++)
if(g[i][j]=='0'){
step++;
turn(i+1,j);
}
bool dark=false;//判断一下最后一行是不是全亮
for(int i=0;i<5;i++)
if(g[4][i]=='0'){
dark=true;
break;
}
if(!dark) res=min(res,step);//如果最后一行全是亮的，则更新答案
memcpy(g,backup,sizeof g);//将备份过的字符数组赋给原数组，以进行下一次
//枚举第一行操作对应的操作次数
}
if(res>6) res=-1;
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
标签：状态,初始状态,游戏,int,费解,开关,11111,include 来源： https://www.cnblogs.com/z218/p/16080017.html
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