PTA 2813：画家问题（熄灯问题）

有一个正方形的墙，由NN个正方形的砖组成，其中一些砖是白色的，另外一些砖是黄色的。Bob是个画家，想把全部的砖都涂成黄色。但他的画笔不好使。当他用画笔涂画第(i,j)个位置的砖时， 位置(i−1,j)、 (i+1,j)、(i,j−1)、(i,j+1)上的砖都会改变颜色。请你帮助Bob计算出最少需要涂画多少块砖，才能使所有砖的颜色都变成黄色。

输入格式:

第一行是一个整数n (1≤n ≤16)，表示墙的大小。接下来的n行表示墙的初始状态。每一行包含n个字符。第i行的第j个字符表示位于位置(i,j)上的砖的颜色。“w”表示白砖，“y”表示黄砖。

输出格式:

一行，如果Bob能够将所有的砖都涂成黄色，则输出最少需要涂画的砖数，否则输出“inf”。

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：

5
wwwww
wwwww
wwwww
wwwww
wwwww

输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：

15

熄灯问题没什么好方法，只能一层一层推导。

AC代码：

#indpude<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl "\n"

const ll N = 1e1+7 ,M = 1e5+7;
ll n;
ll color[N][N],dp[N][N];

ll pd(ll z){
	for(ll i = 1 ; i < z ; i ++)//尝试涂色,当前点的颜色由初始画板和涂色区推出 
		for(ll j = 1 ; j <= z ; j ++)
			dp[i+1][j]=(color[i][j]+dp[i-1][j]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i][j+1])%2;
	for(ll i = 1 ; i <= z ; i ++)//由最后一行判断当前涂色能否成功 
		if(color[z][i] != (dp[z-1][i]+dp[z][i-1]+dp[z][i]+dp[z][i+1])%2)return M;
	ll sum=0;//算涂色次数 
	for(ll i = 1 ; i <= z ; i ++)
		for(ll j = 1 ; j <= z ; j ++)
			if(dp[i][j])sum++;
	return sum;
}

ll found(ll x){
	ll sum = M ,cnt = 0 ,y;
	while(dp[1][x+1] < 1){
		cnt = pd(x);
		if(cnt < sum)sum=cnt;
		dp[1][1]++;
		y=1;
		while(dp[1][y] > 1){
			dp[1][y]=0;
			y++;
			dp[1][y]++;
		}
	}
	return sum;
}

void solve(){
	memset(dp,0,sizeof dp);
	memset(color,0,sizeof color);
	cin >> n;
	for(ll i = 1 ; i <= n ; i ++)
		for(ll j = 1 ; j <= n ; j ++){
			char c;cin >> c;
			if(c == 'w')color[i][j]=1;
		}
	ll sum = found(n);
	sum == M ? cout << "inf" << endl : cout << sum << endl;
	return;
}

int main(){
	ll t=1;//cin >> t;
	while(t --)solve();
	return 0;
}