项目场景：

开关问题，思维题，二进制枚举思路。

问题描述

“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
4 3
4 4

原因分析：

因为每一个位置的开关改变会影响同一行和同一列的冰箱状态，不好用递推的思路来确定任意一个冰箱的状态，因为数据范围比较小，每个开关有开和关两个状态，16个数据，共有2^16个方案，考虑用二进制的方法对每种开关的状态进行枚举，再根据每次枚举的结果进行操作，改变冰箱的状态，然后判断每种枚举方案下是否能使得冰箱处于全开的状态，最后取所有方案种，最小步数的方案。

注意，这里按照字典序的方式进行输出方案，在枚举方案时只要按照从小到大的顺序进行枚举，最终得到的方案就是按照字典序方案输出的结果。

实现代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair PII;
const int N = 5;
char g[N][N],backup[N][N];int get(int x,int y){return 4*x+y;
}
void  turn_one(int x,int y){if(g[x][y]=='+') g[x][y] = '-';else g[x][y] = '+';
}
void turn_all(int x,int y){for(int i=0;i<4;i++){turn_one(x,i);turn_one(i,y);}turn_one(x,y);
}
int main(){//读入冰箱的状态 4x4矩阵for(int i=0;i<4;i++)for(int j=0;j<4;j++)cin>>g[i][j];vector res;//定义最终输出的方案//枚举所有可能的方案 开关一共有2^16种情况for(int op=0;op<1<<16;op++){memcpy(backup,g,sizeof(g));//进行备份vector temp;//根据每次枚举的开关矩阵的状态对冰箱状态进行操作for(int i=0;i<4;i++)for(int j=0;j<4;j++){//16位二进制的数 每个数有两种方案 这里的作用是求16位上对应位是否有数 如果有数的话就表示方案存在 进行操作if(op>>get(i,j)&1){//改变开关状态turn_all(i,j);//存入方案temp.push_back({i,j});}}//判断bool has_closed = false;for(int i =0;i<4;i++)for(int j=0;j<4;j++){if(g[i][j]=='+'){has_closed = true;break;}}if(!has_closed){if(res.empty()||res.size()>temp.size()) res = temp;}memcpy(g,backup,sizeof(g));//还原 使得下一次枚举方案时初始的冰箱矩阵为开始所给的情况}cout<