在枚舉分類中已有暴力枚舉的方法解這道題。之后在網上看到大神的高效算法，膜拜之。故copy在此。

/*參考高手的高效解法： > 證明:要使一個為'+'的符號變為'-',必須其相應的行和列的操作數為奇數;可以證明,如果'+'位置對應的行和列上每一個位置都進行一次操作,則整個圖只有這一'+'位置的符號改變,其余都不會改變. > 設置一個4*4的整型數組,初值為零,用于記錄每個點的操作數,那么在每個'+'上的行和列的的位置都加1,得到結果模2(因為一個點進行偶數次操作的效果和沒進行操作一樣,這就是樓上說的取反的原理),然后計算整型數組中一的 > 個數即為操作數,一的位置為要操作的位置(其他原來操作數為偶數的因為操作并不發生效果,因此不進行操作) ********************************* 此上證其可以按以上步驟使數組中值都為‘-’ ******************************** 在上述證明中將所有的行和列的位置都加1后，在將其模2之前,對給定的數組狀態，將所有的位置操作其所存的操作數個次數，舉例，如果a[i][j]==n,則對（i,j）操作n次，當所有的操作完后，即全為‘-’的數組。 其實就是不模2的操作，作了許多的無用功。 以上的操作次序對結果無影響，如果存在一個最小的步驟，則此步驟一定在以上操作之中。（簡單說下：因為以上操作已經包含了所有可改變欲改變位置的操作了） 而模2后的操作是去掉了所有無用功之后的操作，此操作同樣包含最小步驟。 但模2后的操作去掉任何一個或幾個步驟后，都不可能再得到全為‘-’的。（此同樣可證明：因為操作次序無影響，先進行最小步驟，得到全為‘-’，如果還剩下m步，則在全為‘-’的數組狀態下進行這m步操作后還得到一個全為 ‘-’的數組狀態，此只能是在同一個位置進行偶數次操作，與前文模2后矛盾，所以m=0），因此模2后的操作即為最小步驟的操作。 */ #include <iostream> 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; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的再谈poj2965（高效算法）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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