题目链接：http://poj.org/problem?id=3279
题意：给定一个n*m的坐标方格，每个位置为黑色或白色。现有如下翻转规则：每翻转一个位置的颜色，与其四连通的位置都会被翻转，但注意只扩散一圈，不是连锁反应。
求最少翻转几个位置能够使所有n*m个位置都变为白色。若有解，求字典序最小的翻转方案（给出每个位置的翻转次数）。
数据范围：n, m 属于 [1, 15]
思路：我们把翻转方案中的翻转称为“主动翻转”，翻转过程中受邻居影响而发生的翻转称为“被动翻转”。观察例子可得出如下几个结论：
1. 最优解中，每个位置的主动翻转不超过1次。
2. 各个位置翻转的次序对结果没有影响。
3. 某一时刻，位置(i, j)的颜色取决于到目前为止它的主动翻转和被动翻转次数之和，记为cnt；具体地，由结论1可推得cnt为奇数则变色，偶数则不变色。
4. 位置(i, j)的被动翻转次数 = 与它四连通的位置的主动翻转次数之和。
解法：首先枚举第一行的所有可能的翻转动作，这里由于m <= 15，所以用一个整型实现“状态压缩”，即枚举所有 i 属于[0, 2m-1]， i 的二进制展开的第 j 位代表原图第一行第 j 个位置是否主动翻转。
然后，由结论2、3，可对每个第一行的枚举值从第二行开始自上而下逐行递推：第 i-1 行通过第 i 行垂直位置的主动翻转而“修正”；具体地，对于位置（i, j），考查位置（i-1, j），若(i-1, j)为黑色，则目前一定要对(i, j)主动翻转才能带动(i-1, j)被动翻转为白色。这样的修正持续到最后一行，由于没有下一行可以修正最后一行，因此可直接判最后一行是否为全白，若不是则无解。
最后，对于最优解的维护，这里用二维数组b直接记录每个位置进行的主动翻转的次数。由结论3、4，可以通过数组b在O(1)时间内算出当前某个位置的颜色，以便判断是否需要修正。
解法和代码参照了http://blog.csdn.net/ac_hell/article/details/51077271 以及 http://blog.csdn.net/ac_hell/article/details/51077320，写得很清楚，学习了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAX_N = ;
const int MAX_M = ;
const int INF = 0x7fffffff;
int a[MAX_N][MAX_M];//原图
int b[MAX_N][MAX_M];//此位置共翻转了几次
int c[MAX_N][MAX_M];//最优解
int n, m;
int dx[] = {, , , , -}, dy[] = {, -, , , }; bool out(int x, int y){
if(x < || x >=n || y < || y >= m) return true;
return false;
} int get_color(int x, int y){
int color = a[x][y];
for(int i=; i<; i++){
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
if(out(nx, ny)) continue;
color += b[nx][ny];//主动+被动
}
return color & ;
} int flip(int s){
for(int i=; i<=m; i++){
b[][i-] = (s>>(m-i)) & ;
//printf("%d ", b[0][i-1]);
}
for(int i=; i<n; i++){
for(int j=; j<m; j++){//(i-1, j)想变，必须让(i, j)翻转
if(get_color(i-, j)){
b[i][j] = ;
//printf("%d, %d\n", i, j);
}
}
}
for(int i=; i<m; i++){
if(get_color(n-, i)){
//printf("%d no\n", i);
return INF;
} }
int times = ;
for(int i=; i<n; i++){
for(int j=; j<m; j++){
times += b[i][j];
}
}
return times;
} int main()
{
freopen("3279.txt", "r", stdin);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=; i<n; i++){
for(int j=; j<m; j++){
scanf("%d", &a[i][j]);
}
}
int ans = INF;
for(int i=; i< (<<m); i++){//信号量集
memset(b, , sizeof(b));//翻转方案
int t = flip(i);
if(t < ans){
ans = t;
memcpy(c, b, sizeof(b));//更新最优解
}
}
if(ans == INF) printf("IMPOSSIBLE\n");
else{
for(int i=; i<n; i++){
for(int j=; j<m; j++){
printf("%d ", c[i][j]);
}
printf("\n");
}
}
return ;
}
本来是做今天的计蒜之道的热身赛A题，与这道同类型。比赛时不会，然而比赛结束后已不能提交。。。