题目链接：
https://vjudge.net/problem/POJ-2965
题目大意：
一个冰箱上有4*4共16个开关，改变任意一个开关的状态（即开变成关，关变成开）时，此开关的同一行、同一列所有的开关都会自动改变状态。要想打开冰箱，要所有开关全部打开才行。
思路：
一开始以为是和POJ1753一样的套路，直接枚举，结果TLE（无语）。后来百度之后发现都是这样，不能直接枚举
首先要明白最基本的原理：对一个开关进行操作n次，如果n为偶数，那么这个开关以及同行、同列的开关状态都不发生改变，等价于没有操作；如果n为奇数，那么这个开关以及同行同列的开关状态全都发生改变，等价于只操作了一次。
要想使所有开关状态全部打开（全部是-），就要把所有+变成-，所有-不改变。我们要做的就是找到一种“公式”，策略，使得不改变已经打开的开关状态的情况下，把关闭的开关打开。这点很类似于魔方（PS：玩过魔方的都知道，魔方所谓的公式，其实就是在不改变已经拼好的部分的情况下，把其他部分一点一点添加到已拼好的部分）。
我们找到的策略就是：把开关本身以及其同一行同一列的开关（总共7个）都进行一次操作，结果是，开关本身状态改变了7次，开关同一行、同一列的开关状态改变了4次，其他开关状态改变了2次。如下图所示。
假如开关坐标为第二行第三列的（2，3），那么按照上述策略（把开关本身以及其同一行同一列的开关都进行一次操作），结果分析如下：
对于黄色部分的开关，只有与此黄色开关同一行和同一列的两个红色开关操作时，此黄色开关的状态才会发生改变，因此所有黄色部分状态改变次数为2，相当于0次
对于红色部分的开关，只有与此红色开关同一列或同一列的开关操作时，此红色开关状态才会发生改变，一行或者一列有4个开关，因此红色部分开关状态改变次数为4，相当于0次
对于最原始的那个黑色开关，所有红色开关操作时，它的状态改变一次，然后黑色开关自己操作一次，因此黑色开关状态改变7次，相当于改变1次。
总结上述分析可以得出结论，把开关本身以及其同一行同一列的开关都进行一次操作，最终结果是只有开关本身状态发生变化，其他所有开关状态都不变。
策略找到之后，那我们就想，如果对于所有关闭着的开关都进行一次上述策略，那么肯定是能把冰箱打开的，下面我们要做的就是把一些无用的，重复的操作去掉即可。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<queue> 7 #include<stack> 8 #include<map> 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 const int maxn = 1e6 + 10; 12 const int INF = 1 << 30; 13 int T, n, m; 14 bool a[6][6], b[6][6], v[6][6]; 15 int dir[4][2] = {1,0,0,1,-1,0,0,-1}; 16 int main() 17 { 18 for(int i = 0; i < 4; i++) 19 { 20 for(int j = 0; j < 4; j++) 21 { 22 char c = getchar(); 23 if(c == '+') 24 { 25 a[i][j] = !a[i][j]; 26 for(int k = 0; k < 4; k++) 27 { 28 a[i][k] = !a[i][k]; 29 a[k][j] = !a[k][j]; 30 } 31 } 32 } 33 getchar(); 34 } 35 int tot = 0; 36 for(int i = 0; i < 4; i++) 37 { 38 for(int j = 0; j < 4; j++) 39 { 40 if(a[i][j])tot++; 41 } 42 } 43 cout<<tot<<endl; 44 for(int i = 0; i < 4; i++) 45 { 46 for(int j = 0; j < 4; j++) 47 { 48 if(a[i][j])cout<<(i + 1)<<" "<<(j + 1)<<endl; 49 } 50 } 51 return 0; 52 }