对于这道题:首先明确思路:
枚举第一行的所有情况,然后再dfs下面几行的情况。
为什么可以这样做?因为下一行的翻转情况都可以通过上一行的情况来决定,就比如上一行的这个是黑的,那下一行必定要翻转,因为上一行已经翻转过了,只能通过这一行的翻转来改变上一行。
其次,怎么枚举?这里我们用二进制来模拟枚举的情况。因为每个位置有翻转和不翻转两种情况,所以每个位置有2种可能,因为第一行一共有n个位置,所以情况数就是2^n次。这个时候我们就可以用二进制来模拟这些情况。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e7;
#define rep0(i,n) for(i=0;i<n;++i)
#define rep1(i,n) for(i=1;i<=n;++i)
#define dbg(x) cout << "now this num is " << x << endl;
#define INF INT_MAX
int n,m,mp[20][20],ans[20][20],cnt,turn[20][20];//ans为存放结果数组,turn为翻转情况数组
int dir[5][2] = {{0,0},{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}},res;//自己和四周
int getcolor(int x,int y)
{
int temp = mp[x][y];//这里才是判断他最后是0,1的关键
for(int i=0;i<5;++i)//这里为什么下面明明没翻也要算,因为没翻turn肯定是0,所以直接加上方便(这里省去下面也是可行的)
{
int px = x+dir[i][0];
int py = y+dir[i][1];
if(px >= 0 && px < m && py >= 0 && py < n) temp += turn[px][py];
}
temp = temp%2;//如果是翻了偶数次相当于0(即没翻),奇数次就相当于1(翻了1次)
return temp;//如果是1,经过偶数次翻转temp肯定还是1,如果翻转成0了,那就是0.
}
void dfs()
{
int i,j;
for(i=1;i<m;++i)//从第二行开始往下搜
{
for(j=0;j<n;++j)
{
if(getcolor(i-1,j) == 1)//1是黑色所以它下面这一行要翻
{
turn[i][j] = 1;
cnt++;
}
if(cnt > res) return ;//剪枝,就算满足也不是最小,直接退出
}
}
for(int j=0;j<n;++j)//对最后一行判断
{
if(getcolor(m-1,j) == 1) return ;//如果最后一行有一个不是白,就退出,不可能满足
}
//但最后一行满足后,来到这里
if(cnt < res)
{
memcpy(ans,turn,sizeof(turn));//结果数组的拷贝,注意:这里是小于的时候再拷贝!!!
res = cnt;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int i,j;
cin >> m >> n;
for(i=0;i<m;++i)
for(j=0;j<n;++j)
cin >> mp[i][j];
res = INF;
for(i=0;i<(1 << n);++i)//按二进制枚举
{
cnt = 0;
memset(turn,0,sizeof(turn));
for(j=0;j<n;++j)
{
turn[0][n-j-1] = i>>j&1;//这里1,0是来表示翻不翻转不是颜色,因为用二进制来模拟枚举情况了
if(turn[0][n-j-1] == 1) cnt++;//1表示这次要翻转。
}
dfs();
}
if(res == INF) printf("IMPOSSIBLE\n");
else
{
for(i=0;i<m;++i)
{
for(j=0;j<n;++j)
{
if(j == n-1) printf("%d\n",ans[i][j]);
else printf("%d ",ans[i][j]);
}
}
}
}