poj 2965 //枚举

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参考高手的高效解法：
> 证明:要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;可以证明,如果'+'位置对应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图只有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变.
> 设置一个4*4的整型数组,初值为零,用于记录每个点的操作数,那么在每个'+'上的行和列的的位置都加1,得到结果模2(因为一个点进行偶数次操作的效果和没进行操作一样,这就是楼上说的取反的原理),然后计算整型数组中一的
> 个数即为操作数,一的位置为要操作的位置(其他原来操作数为偶数的因为操作并不发生效果,因此不进行操作)
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此上证其可以按以上步骤使数组中值都为‘-’
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在上述证明中将所有的行和列的位置都加1后，在将其模2之前,对给定的数组状态，将所有的位置操作其所存的操作数个次数，举例，如果a[i][j]==n,则对（i,j）操作n次，当所有的操作完后，即全为‘-’的数组。
其实就是不模2的操作，作了许多的无用功。
以上的操作次序对结果无影响，如果存在一个最小的步骤，则此步骤一定在以上操作之中。（简单说下：因为以上操作已经包含了所有可改变欲改变位置的操作了）
而模2后的操作是去掉了所有无用功之后的操作，此操作同样包含最小步骤。
但模2后的操作去掉任何一个或几个步骤后，都不可能再得到全为‘-’的。（此同样可证明：因为操作次序无影响，先进行最小步骤，得到全为‘-’，如果还剩下m步，则在全为‘-’的数组状态下进行这m步操作后还得到一个全为
‘-’的数组状态，此只能是在同一个位置进行偶数次操作，与前文模2后矛盾，所以m=0），因此模2后的操作即为最小步骤的操作。
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>

int map[4][4],arr[4][4];

int main()
{
    int i,j,k,cas,ai[16],aj[16];
    char c;

    memset(arr,0,sizeof(arr));
    for(i=0;i<4;i++)
    {
        for(j=0;j<4;j++)
        {
            scanf("%c",&c);
            map[i][j]=c=='+'?1:0;
        }
        getchar();
    }
    for(i=0;i<4;i++)
    {
        for(j=0;j<4;j++)
        {
            if(map[i][j]==1)
            {
                arr[i][j]=!arr[i][j];
                for(k=0;k<4;k++)
                {
                    arr[i][k]=!arr[i][k];
                    arr[k][j]=!arr[k][j];
                }
            }
        }
    }
    cas=0;
    for(i=0;i<4;i++)
    {
        for(j=0;j<4;j++)
        {
            if(arr[i][j]==1)
            {
                ai[cas]=i+1;
                aj[cas]=j+1;
                cas++;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",cas);
    for(i=0;i<cas;i++)
        printf("%d %d\n",ai[i],aj[i]);

    return 0;
}