费解的开关
题目描述
你玩过“拉灯”游戏吗？
\(25\) 盏灯排成一个 \(5 \times 5\) 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。
样例 #1
样例输入 #1
3
00111
01011
10001
11010
11100
11101
11101
11110
11111
11111
01111
11111
11111
11111
11111
样例输出 #1
3
2
-1
提示
测试数据满足 \(0 < n \le 500\)。
思路
对于一行中的0，我们不难想到，直接点击它会影响左右的数字。所以便去点击这个0对应下一行的位置。
还有一个性质，当第一行的点击方式固定了之后，按照上述的方法点击剩下的\(n - 1\)行，点击方案唯一且确定。
于是我们不妨考虑枚举第一行的点击方式，采用位运算枚举的方式，有\(2 ^ 5 = 32\)种可能。
最后记得另用数组暂存原矩阵。
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[6][6],b[6][6];
int dx[5]={1,-1,0,0,0};
int dy[5]={0,0,0,-1,1},ans=1e9;
//void print()
//{
// for(int i=0;i<5;i++)
// {
// cout<<a[i]<<endl;
// }
//}
bool check(int x,int y)
{
return x>=0&&x<5&&y>=0&&y<5;
}
void change(int i,int j)
{
for(int p=0;p<5;p++)
{
int x=i+dx[p],y=j+dy[p];
if(check(x,y)) a[x][y]^=1;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
for(int i=0;i<5;i++)
{
cin>>a[i];
}
int cnt=0;
for(int pos=0;pos<32;pos++)
{
cnt=0;
memcpy(b,a,sizeof a);
for(int i=0;i<5;i++)
{
if(pos>>i&1)
{
cnt++;
change(0,i);
}
}
for(int i=0;i<4;i++)
{
for(int j=0;j<5;j++)
{
if(a[i][j]=='0')
{
cnt++;
change(i+1,j);
}
}
}
bool flag=true;
for(int i=0;i<5;i++)
{
if(a[4][i]=='0')
{
flag=false;
break;
}
}
if(flag) ans=min(ans,cnt);
memcpy(a,b,sizeof b);
}
if(ans>6)
{
ans=-1;
}
cout<<ans<<endl;
ans=1e9;
}
return 0;
}
在首次写完代码后，结果是WA，后来经过多次调试才知道memcpy函数这种浅复制不能复制string这种数据结构，还有含指针的结构体也不能复制。