个人陈述

由于本人是新手，所以对每一道题目的理解程度比前辈慢，速度也比前辈低。所以就需要写非常多的注释来加深我的理解，以下是我对Y总代码的深入理解版。

题目模型：
1. 由于输入元素较少，所以采用暴搜的方法。枚举所有元素个数。
2. 我们假设每个位置既是开关又是灯泡，不过开关的话就可以影响7个灯泡，所以我们需要对开关进行操作。
3. 判断保存的结果

时间复杂度（操作数）：$2^{16}$ * (16 * 7 + 16 + 16) $\approx{10^7}$
其中$2^{16}$是方案数，16*7中16是开关数，7是开关一次要处理7个灯泡

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII; // 因为是两个数的格式，用Pair

const int N = 5;// 因为字符数组有一个'\0'字符

char g[N][N], backup[N][N]; // 一次方案完成后需要还原，就需要备份

int get(int x, int y)
{
    return x * 4 + y;
}

void turn_one(int x, int y)
{
    if (g[x][y] == '+') g[x][y] = '-';
    else g[x][y] = '+';
}

void turn_all(int x, int y)
{
    for (int i = 0; i < 4; i ++ )
    {
        turn_one(x, i);     // 这个是从上到下的列变换
        turn_one(i, y);     // 这个是从左到右的行变换
    }

    turn_one(x, y);     // 因为中心点，在上述变换中变了两次，要变回来
}

int main()
{
    for (int i = 0; i < 4; i ++ ) cin >> g[i];

    vector<PII> res; // 最终结果
    // 第一步：有多少种方案就需要在最初全部用for循环枚举出来
    for (int op = 0; op < 1 << 16; op ++ )
    {
        vector<PII> temp; 
        memcpy(backup, g, sizeof g);        // 备份

        // 第二步：进行操作
        for (int i = 0; i < 4; i ++ )
            for (int j = 0; j < 4; j ++ )
                if (op >> get(i, j) & 1)    // 因为输出结果包含具体坐标，所以我们需要编号。由于二进制的性质
                {                           // ，我们把开关分布转换成一行,顺序从左到右，上到下。我们假定如果是1就操作
                    temp.push_back({i, j}); // 将具体坐标压入临时结果中
                    turn_all(i, j);         // 由题意，需要在按开关时变动旁边的开关。
                }

        // 第三步：判断所有灯泡是否全亮
        bool has_closed = false;
        for (int i = 0; i < 4; i ++ )
            for (int j = 0; j < 4; j ++ )
                if (g[i][j] == '+')
                    has_closed = true;

        if (has_closed == false)
        {
            if (res.empty() || res.size() > temp.size()) res = temp; // 不要忘了第一次未操作就是空结果
        }

        memcpy(g, backup, sizeof g);        // 还原
    }

    cout << res.size() << endl;
    for (auto op : res) cout << op.x + 1 << ' ' << op.y + 1 << endl;

    return 0;
}