Description
Farmer John knows that an intellectually satisfied cow is a happy cow who will give more milk. He has arranged a brainy activity for cows in which they manipulate an M × N grid (1 ≤ M ≤ 15; 1 ≤ N ≤ 15) of square tiles, each of which is colored black on one side and white on the other side.
As one would guess, when a single white tile is flipped, it changes to black; when a single black tile is flipped, it changes to white. The cows are rewarded when they flip the tiles so that each tile has the white side face up. However, the cows have rather large hooves and when they try to flip a certain tile, they also flip all the adjacent tiles (tiles that share a full edge with the flipped tile). Since the flips are tiring, the cows want to minimize the number of flips they have to make.
Help the cows determine the minimum number of flips required, and the locations to flip to achieve that minimum. If there are multiple ways to achieve the task with the minimum amount of flips, return the one with the least lexicographical ordering in the output when considered as a string. If the task is impossible, print one line with the word "IMPOSSIBLE".
Input
Line 1: Two space-separated integers: M and N
Lines 2..M+1: Line i+1 describes the colors (left to right) of row i of the grid with N space-separated integers which are 1 for black and 0 for white
Output
Lines 1..M: Each line contains N space-separated integers, each specifying how many times to flip that particular location.
Sample Input
4 4
1 0 0 1
0 1 1 0
0 1 1 0
1 0 0 1
Sample Output
0 0 0 0
1 0 0 1
1 0 0 1
0 0 0 0
题意
有一个N×M的格子，每个格子可以翻转正反面，它们一面是黑色，另一面是白色。黑色的格子翻转后就是白色，白色的格子翻转过来就是黑色。现在要把所有的格子都翻转成白色。每次翻转一个格子时，与它上下左右相邻接的格子也会被翻转。求出把所有格子翻转成白色的最可能少的次数。如果这种方案有多个的话，输出字典序最小的一组。解不存在的话，就输出“IMPOSSIBLE”。
分析：
首先，同一个格子翻转两次的话就会恢复原状，所以多次翻转是多余的。此外，翻转的格子的集合相同的话，其次序是无关紧要的。因此，总共有2^N×M中翻转的方法。但是这个解的空间太大了。
回顾前面的一个问题。在这道题中，让最左端的牛翻转的方法只有一种，于是用直接判断的方法确定就可以了。我们看一下同样的方法在这里能不能行得通？
不妨先看看最左上角的格子。在这里，除了翻转（1,1）之外，翻转（1,2）和（2,1）也可以吧这个格子翻转，所以想之前那样直接确定的方法行不通。
于是不妨先指定好最上面一层的翻转方法。此时能够翻转（1,1）的只剩下（2,1）了，所以可以直接判断（2,1）是否需要翻转。类似地（2,1）（2，N）都能够这样判断，如此反复下去就可以确定所有格子的翻转方法。最后（M，1）（M,N）如果并非全为白色，就意味着存在不可行的操作方法。
像这样，先确定第一行的翻转方式，然后可以很容易判断这样是否存在解以及解的最小步数是多少，这样将第一行的所有翻转方式都尝试一次就能求出整个问题的最小步数。
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 300
int dx[]= {-1,0,0,0,1};
int dy[]= {0,1,0,-1,0};
int map[15][15],flip[15][15],ans[15][15];
int m,n;
int get(int x,int y)///（x,y）的颜色,这个可以根据map[x][y]本身的颜色以及周围的翻转情况来确定
{
int res=map[x][y];
for(int i=0; i<5; i++)///便利本身以及上下左右四个方向的翻转情况
{
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(a>=0&&a<m&&b>=0&&b<n)
{
res+=flip[a][b];
}
}
return res&1;
}
int calc()///求出第一行确定的情况下的最小操作次数，
{
for(int i=1; i<m; i++)
{
for(int j=0; j<n; j++)
{
if(get(i-1,j))///（i-1，j）如果上面的那块是黑色的话，本身就肯定要被上面的那个影响而进行翻转的
{
flip[i][j]=1;///标记本身需要翻转
}
//printf("%d ",flip[i][j]);
}
//printf("\n");
}
// printf("\n");
for(int i=0; i<n; i++) ///无解，只要最后一行的存在黑色
{
if(get(m-1,i)) return INF;
}
int res=0;///整个图中的翻转次数
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
res+=flip[i][j];
return res;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{
printf("%d\n",1<<n);
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
scanf("%d",&map[i][j]);
int res=INF;
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=0; i< 1<<n; i++) ///枚举第一行的所有翻转情况
{
memset(flip,0,sizeof(flip));
for(int j=0; j<n; j++)
{
flip[0][j]= i>>j&1;///在i的状态下，第一行的j是否翻转
}
int temp=calc();
if(temp<res)
{
res=temp;
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++) ans[i][j]=flip[i][j];
}
}
if(res==INF)
{
printf("IMPOSSIBLE\n");
continue;
}
for(int i=0; i<m; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
{
printf("%d",ans[i][j]);
if(j!=n-1) printf(" ");
else printf("\n");
}
}
}