费解的开关

分析：
首先我们得明白如下两点：

1）正解按开关的顺序是可以打乱的，只要这些开关都按了即可；
2）每一个开关最多只按一次，因为按两次的话相当于没按，由于找最小所以按同一个开关多次没有意义。

假如运用暴力法，即每个位置上都按一次不按一次的枚举一遍的话，其时间复杂度为：
(2^25-1)×5×500(每个开关按下之后会改变5个位置的开关,题目中最多可以测量500组数据)
因此时间大约是83,886,077,500这个复杂度过于庞大了。

因此再仔细的观察的话，我们发现如下的规则：

只要第一行的开关方案数确定了就可以确定后面的方案数。

因此此时我们只需要枚举第一行的方案数，之后下面的每一行根据上面一行的开关来进行确定开还是关即可；
需要注意的是这样操作一番之后，最后一行假如还是有开关是关着的话就说明此种方案失败了。
此种方法的时间大约为,(2^5-1)×25×5×500（总共有2^5-1总方案，有25个灯泡，每个灯泡的开和关都会有影响到相邻的4个因此要乘5，有500组数据）
因此时间大约是1,937,500，相较之下这个真的是小的多了~~

代码及注释

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N=5;
char g[N][N+1],backup[N][N+1];//之所以列多开一列，是为了存储字符串的'\0'

int dx[]={1,0,-1,0,0};
int dy[]={0,1,0,-1,0};

void turn(int x,int y){
    for(int i=0;i<5;i++){
        int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
        if(a>=0&&a<5&&b>=0&&b<5) g[a][b]=g[a][b]^1;//和'0''1'的二进制的特点有关
    }
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);

    while(n--){
        int res=10;//用于确定最终所用的步数

        for(int i=0;i<5;i++) cin>>g[i];//读取一行字符串
        for(int i=0;i<32;i++){//枚举第一行每个开关的选择的情况，公有2^5-1总情况
            int step=0;//用于记录当前已经按了多少个开关
            memcpy(backup,g,sizeof g);//把g备份一下
            for(int j=0;j<5;j++){
                if(i>>j&1){
                    step++;
                    turn(0,j);//把第0行j列的等打开
                } 
            } 
            for(int j=0;j<4;j++){
                for(int k=0;k<5;k++){
                    if(g[j][k]=='0'){
                        step++;
                        turn(j+1,k);
                    } 
                }
            }
            bool ispass=true;
            for(int j=0;j<5;j++) if(g[4][j]=='0') ispass=false;//如果最后一行还有开关是亮着的那么该方案就是不可取的
            if(ispass) res=min(res,step);
            memcpy(g,backup,sizeof backup);
        }
        if(res>6) cout<<-1<<endl;//大于6步的话方案无解
        else cout<<res<<endl;

    }

    return 0;
}