一次操作相当于把 \(a\) 异或上 \(b\)，修改开关的一位相当于将这一位异或上 \(1\)。
会发现一个很神奇的性质：初始开关对灯的影响和改变开关状态对灯的影响是独立的。而前者的影响是固定的，所以我们可以只考虑改变开关状态对灯的影响。假设一共需要 \(k\) 次操作能使所有灯关闭，如果我们在第 \(i\) 次操作的时候改变了开关 \(p\) 的状态，那么第 \(i+1\) 次的时候这个开关会影响到 \(p+1\)（因为要循环右移一位），第 \(i+2\) 次操作会影响到 \(p+2\)。所以如果在第 \(i\) 次操作改变一个开关的状态，那么相当于将长度为 \(m-i+1\) 的一段区间全部影响了（异或上 \(1\)）。那么如果我们一共需要 \(k\) 次操作，那么我们可以分别修改长度为 \(1\) 到 \(k\) 的区间各一次。注意这里的区间指的不一定是连续的，也有可能是一段前缀加一段后缀（因为可能循环右移）。并且如果一个点被修改（异或）两次的话相当于不修改。
设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 次操作（第 \(i\) 次操作指的是将一段长度为 \(i\) 的区间异或上 \(1\)）之后能否达到 \(j\) 状态。那么转移方程为 \(dp_{i,j}=dp_{i,j} | dp_{i-1,j ^ k}\)，其中 \(k\) 是长度为 \(i\) 的区间。时间复杂度 \(O(2^n\times n^2)\)，可以通过。
还可以优化。如果一个状态是另一个状态通过循环右移得到的，那么这两个状态的 \(dp\) 值一定相同，可以只用记录一次。时间复杂度 \(O(2^n \times n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10;
int f[45][N],t,n,p[N];
char a[N],b[N];
int g(int x){return (x >> 1) + ((x & 1) << n - 1);}
signed main()
{
cin >> t >> n;
memset(p,-1,sizeof p);
for(int i = 0;i < (1 << n);i++)
{
int x = i;
while(p[x] == -1) p[x] = i,x = g(x);
}
f[0][0] = 1;
for(int i = 1,s = 0;i <= 2 * n;i++)
{
s ^= (1 << ((i - 1) % n));
for(int j = 0;j < (1 << n);j++)
f[i][p[j]] |= f[i - 1][p[j ^ s]];
}
while(t--)
{
cin >> a >> b;
int A = 0,B = 0;
for(int i = 0;i < n;i++)
A |= ((a[i] - '0') << (n - i - 1)),
B |= ((b[i] - '0') << (n - i - 1));
if(A == 0){puts("0");continue;}
for(int i = 1;;i++)
{
A ^= B,B = g(B);
if(f[i][p[A]]){cout << i << endl;break;}
}
}
return 0;
}