題意：
一個5*6的開關矩陣，撥動每個開關，都會使得它本身以及前后左右四個開關反轉。現在給出所有開關的初始狀態，問使得所有開關處于關狀態，需要撥動的開關。
解法：
首先看到這題就應該想到方程組。或者說，是一個模2方程組。
但是，這個會給我們帶來求解的麻煩。求解方程組有經典的高斯消元法，但是出現模運算，確實讓人頭疼。這里，我們想到了異或運算，聯系高斯消元的本質，是用一個方程來代換另外一個方程，十進制模二運算中的加、減運算與二進制中的異或運算正好對應！然后下面的事情就簡單多了
有一個小技巧，使用位運算能夠大大簡化編程復雜度。
可以將原來矩陣的每一行壓縮成一個32位整數，這樣每次消元的過程中選擇列主元的過程可以用排序輕松解決~，然后消去的過程和回代的過程也就非常好實現了。用這種方法，這題的代碼量可以控制在60行以內。
忽然想起了老隊長說過的話:100行以內的程序才是正解，做了這么多題，越來越發現這句話是多么的經典。話說現在郭老大在馬化騰那應該算個紅人了~
還有件很囧的事，使用STL里的greater仿函數竟然要包括一個叫functional的頭文件，甚是詭異。。代碼:
1 # include <cstdio>
2 # include <algorithm>
3 # include <functional>
4 # include <cstring>
5 using namespace std;
6 inline void setbit(int &num,int bit)
7 {
8 num|=1<<(30-bit);
9 }
10 inline bool getbit(int &num,int bit)
11 {
12 if(num&(1<<(30-bit))) return true;
13 else return false;
14 }
15 int main()
16 {
17 int test;
18 scanf("%d",&test);
19 for(int t=1;t<=test;t++)
20 {
21 int e[30];
22 memset(e,0,sizeof(e));
23 for(int i=0;i<30;i++)
24 {
25 int tmp;
26 scanf("%d",&tmp);
27 setbit(e[i],i);
28 if(i%6!=0) setbit(e[i],i-1);
29 if(i%6!=5) setbit(e[i],i+1);
30 if(i/6!=0) setbit(e[i],i-6);
31 if(i/6!=4) setbit(e[i],i+6);
32 if(tmp) setbit(e[i],30);
33 }
34 for(int i=0;i<30;i++)//消元
35 {
36 sort(e+i,e+30,greater<int>());
37 if(getbit(e[i],i))
38 for(int j=i+1;j<30;j++)
39 if(getbit(e[j],i))
40 e[j]^=e[i];
41
42 }
43 for(int i=29;i>=0;i--)//回代
44 if(getbit(e[i],i))
45 for(int j=i-1;j>=0;j--)
46 if(getbit(e[j],i))
47 e[j]^=e[i];
48 printf("PUZZLE #%d\n",t);
49 for(int i=0;i<30;i++)
50 {
51 if(e[i])
52 printf("%d",getbit(e[i],30));
53 else printf("0");
54 if(i%6==5) printf("\n");
55 else printf(" ");
56 }
57 }
58 return 0;
59 }