AcWing 116.飞行员兄弟

链接：https://www.acwing.com/problem/content/118/
题目：
“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，这也会使得第 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

思路：
4*4=16个格子，遍历所有的状态也就2^16=65536种情况，所以可以暴力枚举。
从0到2^16，转化为二进制的每一位对应16个开关的状态，（1为改变，0为不变）。
对于每种情况，检验是否能使所有的门把手开启，如果能，则计入ans。
比较得出最小的ans.size()即为答案。
由于二进制从小到大枚举时转化为的二维横纵坐标正好为字典序递增，所以不需要再特意排序。

题解：

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;
typedef pair<int,int> PII; //pair存放一个方案中的每个坐标，放在vector中
const int N=5;
char g[N][N],backup[N][N];

int get(int x,int y)
{
	return x*4+y;
}

void turn(int x,int y) //改变某个点的门把手 
{
	if(g[x][y]=='-') g[x][y]='+';
	else g[x][y]='-';
}

void turn_all(int x,int y) //改变某一行和某一列的门把手 
{
	for(int i=0;i<4;i++)
	{
		turn(x,i);
		turn(i,y);
	}
	turn(x,y); //最中间的门把手改变了两次，应该再改变一次 
}

int main()
{
	vector<PII> ans; //存放最小步数 
	for(int i=0; i<4; i++) cin>>g[i]; //输入门把手初状态
	for(int op=0; op<1<<16; op++) //16位二进制可以表示每个门把手的状态
	{
		vector<PII> temp; //存放当前方案 
		memcpy(backup,g,sizeof g); //备份 
		for(int i=0;i<4;i++) //遍历所有门把手 
		{
			for(int j=0;j<4;j++)
			{
				if(op>>get(i,j)&1)
				{
					turn_all(i,j);
					temp.push_back({i,j});
				}
			}
		}
		bool flag=true; //检验所有把手是否都已经开启 
		for(int i=0;i<4;i++)
			for(int j=0;j<4;j++)
				if(g[i][j]=='+') flag=false;
		if(flag) //如果所有的门把手都是开启的 
			if(ans.empty()||ans.size()>temp.size()) //如果此时答案为空或者当前方案步数比答案更少，则更新答案 
				ans=temp;
		memcpy(g,backup,sizeof g); //备份回来 
	}
	cout<<ans.size()<<endl;
	for(auto ss :ans )cout<<ss.x+1<<' '<<ss.y+1<<endl;
	return 0;
}