题目大意： 有5×6的一个方格，里头有几个电灯泡子，你给一个电灯泡子关了或者开了，它上下左右的电灯泡子都会变到相反状态（包括自己），现在问了，按哪几个开关能让电灯泡子全部关闭，对就是这个意思，输出你所按得开关的矩阵，就完事了。
思路： 那么废话少说，让我们直插主题，怎么做，首先映入眼帘的想法就是把所有情况都枚举，但是这包括了2的30次方（二进制算的）种可能，一看就不行，那么我们用其他方法，遇到这种问题一定要研究局部，假如第一行按完了，第一行还有几个灯没有关，那么如何关掉这几个灯（第一行按完了，不按了），唯一的方法就是按第一行没关灯位置的下面，就是第二行对应的几个位置，我们第二行按完了（用来关第一行），也可能剩下几个灯没关（第二行),依次类推，我们去按第三行，最终如果最后一行能够关闭，说明你在第一行关的那几个灯是没毛病的，因为二三四行的套路是随第一行你怎么关而决定的，所以我们只需要枚举第一行（从000000->000001->000010…->111111）枚举第一行就可以理解成二进制由1到64，把第一行当做二进制，那么如何判断是否全部关闭嘞，第二行能灭了第一行，第三行能灭了第二行，那么如果最后一行都灭了，就代表全灭了，所以我们只需要判断最后一行灭没灭。
思路是这么个思路，上代码：
//poj1222 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int num; int light[7][8],tem[7][8];//light是原始的电灯泡子，tem是它的复制品 int pus[7][8]; void press(int x,int y) //模拟按按钮的过程 { tem[x][y] = !tem[x][y]; tem[x-1][y] = !tem[x-1][y]; tem[x+1][y] = !tem[x+1][y]; tem[x][y-1] = !tem[x][y-1]; tem[x][y+1] = !tem[x][y+1]; } bool check() //检查最后一行 { for(int t = 1; t <= 6; t++) { if(tem[5][t] == 1) return false; } return true; } int main() { int kase = 0; cin>>num; while(num--) { for(int i = 1; i <= 5; i++)//输入电灯泡子 { for(int j = 1; j <= 6; j++) { cin>>light[i][j]; } } memset(pus,0,sizeof(pus));//pus是记录你按哪个了。我们枚举pus的第一行，先给初始化为0 int count = 0; while(count < 64)//由000000->111111二进制对第一行枚举 { memcpy(tem,light,sizeof(light));//把light复制给tem,然后在tem上操作 for(int t = 6; t >= 1; t--) //二进制进位（因为每次要给尾数加一） { if(pus[1][t] == 2) { pus[1][t-1]++; pus[1][t] = 0; } } for(int i = 1; i <= 6; i++) //按第一行 { if(pus[1][i] == 1) press(1,i); } for(int x = 2; x <= 5; x++)//按2-5行，按我说的去按，上面哪个亮，我就按他对应下面的 { for(int y = 1; y <= 6; y++) { if(tem[x-1][y] == 1) { press(x,y); pus[x][y] = 1; } } } if(check()) //成功了就输出 { cout<<"PUZZLE #"<<++kase<<endl; for(int i = 1; i <= 5; i++) { for(int j = 1; j <= 6; j++) { cout<<pus[i][j]<<" "; } cout<<endl; } break; } else//没成功给尾数加1，继续枚举 { for(int t = 0; t < 7; t++)//除了第一行其余的清楚为0 { //我们枚举第一行，所以不清第一行，只给pus[1][6]+1 for(int u = 0; u < 8; u++) { if(t != 1) pus[t][u] = 0; } } pus[1][6]++; count++; } } } return 0; }哦了。
