描述

有一个由按钮组成的矩阵，其中每行有6个按钮，共5行。每个按钮的位置上有一盏灯。当按下一个按钮后，该按钮以及周围位置(上边、下边、左边、右边)的灯都会改变一次。即，如果灯原来是点亮的，就会被熄灭；如果灯原来是熄灭的，则会被点亮。在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态；在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态；其他的按钮改变5盏灯的状态。

在上图中，左边矩阵中用X标记的按钮表示被按下，右边的矩阵表示灯状态的改变。对矩阵中的每盏灯设置一个初始状态。请你按按钮，直至每一盏等都熄灭。与一盏灯毗邻的多个按钮被按下时，一个操作会抵消另一次操作的结果。在下图中，第2行第3、5列的按钮都被按下，因此第2行、第4列的灯的状态就不改变。

请你写一个程序，确定需要按下哪些按钮，恰好使得所有的灯都熄灭。根据上面的规则，我们知道1）第2次按下同一个按钮时，将抵消第1次按下时所产生的结果。因此，每个按钮最多只需要按下一次；2）各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响；3）对第1行中每盏点亮的灯，按下第2行对应的按钮，就可以熄灭第1行的全部灯。如此重复下去，可以熄灭第1、2、3、4行的全部灯。同样，按下第1、2、3、4、5列的按钮，可以熄灭前5列的灯。

输入

输出

5行组成，每一行包括6个数字（0或1）。相邻两个数字之间用单个空格隔开。其中的1表示需要把对应的按钮按下，0则表示不需要按对应的按钮。

    如果直接枚举，每个灯有0、1两种状态，共30盏灯，就有2的30次方=1073741824种情况，肯定超时了。根据题意，我们可以采取部分枚举的方式，只枚举第一行或者第一列的状态。例如，当第一行的状态确定后，第二行只需扫描第一行的状态，如果发现第一行的某盏灯是亮的，就按下对应位置的按钮（同一列）熄灭这盏灯即可，第三行扫描第二行，第四行扫描第三行，第五行扫描第四行，最后，检测第五行灯的状态，如果全部都熄灭，即为所求解，如果仍有灯亮，则返回继续操作。

    部分枚举，只枚举第一行，则只有2的6次方=64种情况，很显然不会超时。我们可以用二进制的方式来模拟这64种情况，从000000-111111。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[10][10],b[10][10],c[10][10]; //数组a接收输入，记录灯的原始状态；数组b记录按钮的操作情况；数组c是a的备份，因为
void op(int x,int y){              //在一次操作中，a的值会发生改变，当不满足条件返回时，要将a回到原始状态
    a[x][y]=!a[x][y];
    a[x+1][y]=!a[x+1][y],a[x-1][y]=!a[x-1][y];
    a[x][y+1]=!a[x][y+1],a[x][y-1]=!a[x][y-1];
}
bool check(){
    for(int i=1;i<=6;i++)
        if(a[5][i]==1)return false;
    return true;
}
bool solve(){
    for(int i=1;i<=6;i++)   //根据第一行的状态，进行按钮操作
        if(b[1][i]==1)op(1,i);
    for(int i=2;i<=5;i++)
    for(int j=1;j<=6;j++)
        if(a[i-1][j]==1){ //根据前一行的状态，依次改变2、3、4、5行的状态
            op(i,j);
            b[i][j]=1;
        }else b[i][j]=0;
    if(check()){
        for(int i=1;i<=5;i++,cout<<endl)
        for(int j=1;j<=6;j++)
            printf("%d ",b[i][j]);
        return true;
    }else{
        for(int i=1;i<=5;i++)
        for(int j=1;j<=6;j++)
            a[i][j]=c[i][j];
        return false;
    }
}
int main(){
    int t;
    for(int i=1;i<=5;i++)
        for(int j=1;j<=6;j++)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=5;i++)
    for(int j=1;j<=6;j++)
        c[i][j]=a[i][j];
    while(!solve()){  //枚举第一行的64种情况，从000000到111111，逢2进1
        b[1][1]++;
        t=1;
        while(b[1][t]>1){
            b[1][t]=0;
            t++;
            b[1][t]++;
        }
    }
    return 0;
}