题目链接：http://poj.org/problem?id=3279
题目大意：
有一个m*n的棋盘(1 ≤ M ≤ 15; 1 ≤ N ≤ 15)，每个格子有两面分别是0或1，每次可以对一个格子做一次翻转操作，将被操作的格子和与其相邻的周围4个格子都会进行翻转。问做少做多少次翻转可以将所有格子翻转成0，输出翻转方案（每个棋子的翻转次数）。没有方案时输出“IMPOSSIBLE”。
Sample Input
4 4 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1
Sample Output
0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0
解题思路：
首先需要明确每个格子只有两种情况，就是要么翻和要么不翻，因为翻奇数次都与翻1次，而翻偶数次等于没翻。再来看一下数据范围n和m最大都为15，范围不是很大，但是全部枚举的话应该也会超时，所以我们要找到一个方案减少枚举量，我们发现如果一行的状态已经确定了，那么它接下来的是不是都确定了。下一行都要保证上一行全为0就可以了，最后只需要判断一下最后一行是否都为0就可以了，而第一行有n个棋子，它的状态也就是有2^n种。我们可以用一个含有16位的二进制数来表示它的状态，如果第i位为1表示该格子需要翻转，如果为0，则表示不翻转，翻转完第一行，仅接着翻第2行，每行的状态由其上一行的状态所确定。这样只要判断最后一行是否可以全部为0即可，如果为0，判断是否比答案更小，如果更小，则对答案进行更新。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<cmath>
#include<list>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const ll mod=1e9+7;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int n,m,mp[20][20],tmp[20][20],cnt[20][20],ans[20][20],res;
void flip(int x,int y) //翻转，用异或符操作
{
tmp[x][y]^=1;
tmp[x+1][y]^=1;
tmp[x-1][y]^=1;
tmp[x][y+1]^=1;
tmp[x][y-1]^=1;
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
cin>>mp[i][j];
}
}
res=INF; //初始答案为无穷大
for(int s=0;s<(1<<n);s++) //枚举第一行的所有状态
{
int tot=0;
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
tmp[i][j]=mp[i][j];
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(((s>>i)&1)) //如果第i+1位为1，则对其进行翻转
{
tot++;
cnt[1][i+1]=1;
flip(1,i+1);
}
}
for(int i=2;i<=m;i++) //翻转第2至m行
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(tmp[i-1][j])
{
tot++;
cnt[i][j]=1;
flip(i,j);
}
}
}
int flag=1;
for(int i=1;i<=n;i++) //判断是否合法
{
if(tmp[m][i]!=0)
{
flag=0;
break;
}
}
if(flag&&tot<res) //合法且比当前答案小对答案进行更新
{
res=tot;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
ans[i][j]=cnt[i][j];
}
}
}
}
if(res==INF) //不能实现
{
cout<<"IMPOSSIBLE"<<endl;
return 0;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(j==1) cout<<ans[i][j];
else cout<<" "<<ans[i][j];
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
题目链接：http://poj.org/problem?id=1753
题目大意：
给你一个4*4的棋盘，上面摆了16个棋子，每个棋子有两面，一面是黑色一面是白色，给出棋盘的初始状态，每次可以翻一个棋子，而且每次翻的时候连着四周的棋子一起翻，问最少几次操作可以使棋盘全变为白棋或者黑棋。
思路：
首先可以用DFS做，数据范围较小，最多翻16个棋子（每个棋子要么翻要么不翻，再翻就和原来一样了），枚举翻的棋子数，然后用DFS搜索翻该棋子数的所有情况，然后进行判断是否全为黑或全为白，就可以找出答案。
当然也可以用二进制枚举的方法，总共16个棋子，对应2^16种状态，直接暴力枚举全部枚举全部情况，保留答案的最小值，与上面那题类似。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<string>
#include<set>
#include<cmath>
#include<list>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const ll mod=1e9+7;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int mp[5][5],tmp[5][5],ans;
void flip(int x,int y) //翻转
{
tmp[x][y]^=1;
tmp[x+1][y]^=1;
tmp[x-1][y]^=1;
tmp[x][y+1]^=1;
tmp[x][y-1]^=1;
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
for(int i=1;i<=4;i++)
{
for(int j=1;j<=4;j++)
{
char c;
cin>>c;
if(c==‘w‘) mp[i][j]=0;
else mp[i][j]=1;
}
}
ans=17;
for(int s=0;s<(1<<16);s++) //枚举所有情况
{
int tot=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
for(int j=1;j<=4;j++)
tmp[i][j]=mp[i][j];
}
for(int i=0;i<16;i++)
{
if((s>>i)&1)
{
int x=(i+1)/4+1; //判断第i+1棋子的坐标，然后对其翻转
int y=(i+1)%4;
if(y==0){x--;y=4;}
tot++;
flip(x,y);
}
}
int flag=1;
for(int i=1;i<=4;i++) //判断是否合法
{
for(int j=1;j<=4;j++)
{
if(tmp[i][j]!=tmp[1][1])
{
flag=0;
break;
}
}
if(flag==0) break;
}
if(flag&&tot<ans) //合法更新答案
ans=tot;
}
if(ans==17)
cout<<"Impossible"<<endl;
else
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/zjl192628928/p/10031802.html