AcWing 116.飞行员兄弟（思路 + 代码详解）

[题目概述]

“飞行员兄弟”这个游戏，需要玩家顺利的打开一个拥有 16个把手的冰箱。已知每个把手可以处于以下两种状态之一：打开或关闭。只有当所有把手都打开时，冰箱才会打开。
把手可以表示为一个 4×4的矩阵，您可以改变任何一个位置 [i,j]上把手的状态。但是，这也会使第 i 行和第 j 列上的所有把手的状态也随着改变。
请你求出打开冰箱所需的切换把手的次数最小值是多少。

输入格式

输入一共包含四行，每行包含四个把手的初始状态。
符号 + 表示把手处于闭合状态，而符号 - 表示把手处于打开状态。至少一个手柄的初始状态是关闭的。

输出格式

第一行输出一个整数 N，表示所需的最小切换把手次数。接下来 N 行描述切换顺序，每行输出两个整数，代表被切换状态的把手的行号和列号，数字之间用空格隔开。
注意：如果存在多种打开冰箱的方式，则按照优先级整体从上到下，同行从左到右打开。

数据范围

1 ≤ i, j ≤ 4

输入样例：

-+--
----
----
-+--

输出样例：

6
1 1
1 3
1 4
4 1
4 3
4 4

• 分析题目
  • 本题看起来和费解的开关很相似，都是开关问题，那么这个能用递归做吗？显然很困难。因为费解的开关那道题每个开关的状态只有下一行能决定，而本题有6个可以决定。但本题数据量很小，只有四行四列，我们可以考虑暴力枚举。
  • 虽然不能用递归的方法，但思路还是可以延续，本题我们可以把这个二维方阵看成一个16位的二进制数，用$2^{16}?1$个数就可以枚举完所有方案。每一种方案看一下哪一位是1，就按一下开关；执行完成后遍历一下看是否还有关闭的，如果没有就记录此操作；所有方案枚举完后输出最小方案。
• 部分代码解析
  • 看16位数中，哪一位是1。
    我们可以给这16位数编号，每个坐标都对应一个数
    

  // 获取每个位置标号
  int get(int x, int y) {
  	return x * 4 + y;
  }
  

  • 操作

  // 对指定位置按一次
  void turn(int x, int y) {
  	if (g[x][y] == '+')
  		g[x][y] = '-';
  	else
  		g[x][y] = '+';
  }
  
  // 该行该列都按一次
  void turn_all(int x, int y) {
  	for (int i = 0; i < 4; i++) {
  		turn(x, i);
  		turn(i, y);
  	}
  	turn(x, y); // 该位置按了两次，应该变回去
  }
  

• 完整代码

  #include <cstdio>
  #include <cstring>
  #include <algorithm>
  #include <iostream>
  #include <vector>
  
  #define x first
  #define y second
  using namespace std;
  typedef pair<int, int>  PII; // 用PII就可以代替pair<int, int>
  const int N = 5;
  char g[N][N], backup[N][N];
  
  // 获取每个位置标号的函数
  int get(int x, int y) {
  	return x * 4 + y;
  }
  
  // 对指定位置按一次
  void turn(int x, int y) {
  	if (g[x][y] == '+')
  		g[x][y] = '-';
  	else
  		g[x][y] = '+';
  }
  
  // 该行该列都按一次
  void turn_all(int x, int y) {
  	for (int i = 0; i < 4; i++) {
  		turn(x, i);
  		turn(i, y);
  	}
  	turn(x, y);
  }
  
  int main () {
  	for (int i = 0; i < 4; i ++) {
  		cin >> g[i];
  	}
  	vector<PII> res; // 答案集合
  	for (int op = 0; op < 1 << 16; op ++) {
  		memcpy(backup, g, sizeof g); // 备份
  		vector <PII> temp;
  		// 16位的二进制数，某一位是1就按一次
  		for (int i = 0; i < 4; i ++) {
  			for (int j = 0; j < 4; j ++) {
  				if (op >> get(i, j) & 1) {
  					temp.push_back({i, j});
  					turn_all(i, j);
  				}
  			}
  		}
  		
  		// 看是否全都打开
  		bool flag = true;
  		for (int i = 0; i < 4; i ++) {
  			for (int j = 0; j < 4; j ++) {
  				if (g[i][j] == '+')
  					flag = false;
  			}
  		}
  		
  		// 将有效方案更新为最小的
  		if (flag) {
  			if (res.empty() || res.size() > temp.size())
  				res = temp;
  		}
  		memcpy(g, backup, sizeof backup); // 将备份的数据复制回去
  	}
  
  	cout << res.size() << endl;
  	// 将答案集合中的方案输出
  	for (auto op : res) {
  		cout << op.x + 1 << " " << op.y + 1 << endl;
  	}
  	return 0;
  }
  

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