比赛的时候没看题，赛后看题觉得比赛看到应该可以敲的，敲了之后发现还真就会卡题。。
因为写完之后，无限TLE。。。
直到后来用位运算代替了我插头dp常用的decode、encode、shift三个函数以及改改HASH值才勉强过的。。。7703ms
题意：给一个N*M的01矩阵，每次可以选一个格子进行2种操作，①翻转邻居格子②翻转邻居格子和自己。输出最小的总操作数使得矩阵全为0.
显然每个格子有4种操作（一、不操作；二、①②；三、①；四、②）。
一开始写的时候用2位表示一个插头，一位用于表示翻转当前格子，一位表示插头的源头需要被翻转。然后空间就是2*3*(4^10)感觉有点不科学
后来发现，其实，我们可以这样归类，①不操作（花费0）；②翻自己（花费2）；③翻转邻居（花费1）；这样空间就是2*3*(3^10)
其中③包括2种情况，事实上，如果对一个格子A进行了第③种操作，那这个格子的邻居格子BCDE做任何操作，A都可以熄灯
还有就是，答案一定小于等于一开始矩阵的1的个数的2倍，可以用这个进行一定程度的剪枝。
然后就是各种位运算了。。。。搞得我都晕了。。。
另外，其实，因为这样插头dp需要消耗很多额外的花费（清空hash表什么的），所以速度应该是比直接dp[i][j][k]要慢一些的（主要应该是m小的时候k<tot清空比清空hash表快）。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define HASH 100007
#define STATE 500010
#define maxd 15
int maze[maxd][maxd];
int code[maxd];
int n,m;
struct HASHMAP{
int head[HASH];
int state[STATE],nxt[STATE];
int f[STATE];
int sz;
void clear(){sz=0;memset(head,-1,sizeof(head));}
void push(int st,int ans){
int h=st%HASH;
for(int i=head[h];i!=-1;i=nxt[i]){
if(st==state[i]){
f[i] = f[i]<ans?f[i]:ans;
return ;
}
}
state[sz]=st,nxt[sz]=head[h],f[sz]=ans;
head[h]=sz++;
}
}hm[2];
void decode(int st){
for(int i=m;i>=0;--i) code[i]=st&3,st>>=2;
}
int encode(){
int ret=0;
for(int i=0;i<=m;++i) ret=ret<<2|code[i];
return ret;
}
void shift(){
for(int i=m;i;--i) code[i]=code[i-1];
code[0]=0;
}
int ans;
int zo,oz,oo;
void dpblank(int i,int j,int cur){
int mv = j==m?2:0;
int all = (1<<(2*(m+1)-mv) ) -1;
for(int k=0;k<hm[cur].sz;++k){
int st = hm[cur].state[k];
int left = st&(oo>>(2*(j-1))), up = st&(oo>>(2*j));
int L = left>>(2*(m-j+1)), U = up>>(2*(m-j));
int cnt = ((L>>1)+(U>>1))&1;
if(i==1 || U==2 || maze[i-1][j]==U){
int st2 = st^left^up;
if(cnt) st2 = st2 | (zo>>(2*(j-1))) | (zo>>(2*j));
hm[cur^1].push((st2>>mv)&all, hm[cur].f[k]);
}
if(hm[cur].f[k]+2<ans)
if(i==1 || U==2 || maze[i-1][j]==U){
int st2 = st^left^up;
if(!cnt) st2 = st2 | (zo>>(2*(j-1))) | (zo>>(2*j));
hm[cur^1].push((st2>>mv)&all, hm[cur].f[k]+2);
}
if(hm[cur].f[k]+1<ans)
if(i==1 || U==2 || maze[i-1][j]!=U){
int st2 = st^left^up;
if(j>1 && L!=2) st2 = st2 ^ (zo>>(2*(j-2)));
st2 = st2 | (oz>>(2*(j-1))) | (oz>>(2*j));
hm[cur^1].push((st2>>mv)&all, hm[cur].f[k]+1);
}
}
}
void solve(){
zo = 1<<(2*m);
oz = 2<<(2*m);
oo = 3<<(2*m);
int cur=0;
hm[0].clear();
hm[0].push(0,0);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
hm[cur^1].clear();
dpblank(i,j,cur);
cur^=1;
}
}
for(int k=0;k<hm[cur].sz;++k){
bool yes=true;
decode(hm[cur].state[k]);
for(int j=1;j<=m;++j){
if(code[j]!=2 && code[j]!=maze[n][j]){
yes=false;
break;
}
}
if(yes) ans = ans<hm[cur].f[k]?ans:hm[cur].f[k];
}
}
int main(){
int ca=0;
while(~scanf("%d%d",&n,&m) && n){
printf("Case #%d: ",++ca);
ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j)
scanf("%1d",maze[i]+j), ans+=maze[i][j];
ans*=2;
solve();
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}