题目链接

 

采用二进制枚举，代码如下

 

#include
     
       #include
      
        using namespace std; char ma[5][5];//用于输入 int state; void shuru() {
       int i;     state=0;     for(i=0;i<4;i++){
           cin>>ma[i];         int j;         for(j=0;j<4;j++)             if(ma[i][j]=='+')                 state|=1<<(i*4+j);     } } //反转一个，并产生影响 int fanzhuan(int stat,int i) {
       int state=0;     state|=1<
      
     

 

 

 高效算法：

在枚举分类中已有暴力枚举的方法解这道题。之后在网上看到大神的高效算法，膜拜之。故copy在此。

/*参考高手的高效解法：> 证明:要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;可以证明,如果'+'位置对应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图只有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变.> 设置一个4*4的整型数组,初值为零,用于记录每个点的操作数,那么在每个'+'上的行和列的的位置都加1,得到结果模2(因为一个点进行偶数次操作的效果和没进行操作一样,这就是楼上说的取反的原理),然后计算整型数组中一的> 个数即为操作数,一的位置为要操作的位置(其他原来操作数为偶数的因为操作并不发生效果,因此不进行操作)*********************************此上证其可以按以上步骤使数组中值都为‘-’********************************在上述证明中将所有的行和列的位置都加1后，在将其模2之前,对给定的数组状态，将所有的位置操作其所存的操作数个次数，举例，如果a[i][j]==n,则对（i,j）操作n次，当所有的操作完后，即全为‘-’的数组。其实就是不模2的操作，作了许多的无用功。以上的操作次序对结果无影响，如果存在一个最小的步骤，则此步骤一定在以上操作之中。（简单说下：因为以上操作已经包含了所有可改变欲改变位置的操作了）而模2后的操作是去掉了所有无用功之后的操作，此操作同样包含最小步骤。但模2后的操作去掉任何一个或几个步骤后，都不可能再得到全为‘-’的。（此同样可证明：因为操作次序无影响，先进行最小步骤，得到全为‘-’，如果还剩下m步，则在全为‘-’的数组状态下进行这m步操作后还得到一个全为‘-’的数组状态，此只能是在同一个位置进行偶数次操作，与前文模2后矛盾，所以m=0），因此模2后的操作即为最小步骤的操作。*/#include 
    
     using namespace std;bool mark[4][4];char s[4][4];int main(){    int i,j,k;    int ci[16],cj[16];    int nas = 0;    memset(mark,0,sizeof(mark));	for(i = 0;i < 4;i++)		cin >> s[i];    for(i = 0;i < 4;i++)        for(j = 0;j < 4;j++)        {            char c = s[i][j];            if(c == '+')            {                mark[i][j] = !mark[i][j];                for(k = 0;k < 4;k++)                {                    mark[i][k] = !mark[i][k];                    mark[k][j] = !mark[k][j];                }            }        }    for(i = 0;i < 4;i++)        for(j = 0;j < 4;j++)            if(mark[i][j] == true)            {                ci[nas] = i + 1;                cj[nas] = j + 1;                nas ++;            }    printf("%d\n",nas);    for(i = 0;i < nas;i++)    {        printf("%d %d\n",ci[i],cj[i]);    }    return 0;}