对于此类问题的按奇偶性分类讨论的暴力解法。

这个小游戏成功吸引了一个即将退役ACMer的我的兴趣，因为这个题和我做过的一道题太像了。

那么首先，我要声明，这个解法是一个无脑的暴力解法，不一定是步数最少的最优解，但一定是一个可行解，因为最优解应该需要用高斯消元求解方程组，本帖讨论的是按奇偶性分类的解法。

首先，如果矩阵边长是偶数，那么我们能得到一个简单的结论：

假设我想让第二行、第三列的一个 ‘p’ 变成 ‘q’ ，那么只需要对于第二行和第三列的所有格子都往右翻一下，但其中第二行、第三列的那个格子只能翻一下（具体如下图，以 4 * 4 为例，蓝色代表目标格子，所有染色的格子都翻一次），那么我们发现，除了第二行、第三列的目标格子变成 ‘q’ ，剩下的所有格子都没有变化。

这是因为，所有别的格子的改变次数都是偶数次，除了蓝色格子是奇数次（n+n-1）。那么，如果我们想把所有格子变成 ‘p’，只需要先把所有‘d’和‘b’，都用上述方法变成‘q’和‘p’，再把所有‘q’都变成‘p’就完成任务了。

那么如果矩阵边长是奇数又如何？

首先，我们知道，所给的矩阵一定是有可行解的。

那么，如果矩阵边长是奇数，对于任意的一个矩阵，假设我们想把所有格子变成 ‘p’，只需要先把所有的'd'和’b‘标记起来，再把所有的标记都向上或向下翻一下，此时我们一定能得到一个只含有 ‘p’ 和 ‘q’ 的矩阵，对于这个矩阵，再次标记所有的‘q’，标记过后再次把所有的标记点都向左或者向右翻一次，那么一定能够得到一个全是‘p’的矩阵。

C++代码粘在下面了，留给各位参考

运行图：

奇数矩阵：

偶数矩阵：

///奇数解

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int ans[5][5][5];

char mmp[10][10];

int N;

void Flip(int x,int y){

for(int i = 1;i <= N;i ++){

if(mmp[x] == 'b'){mmp[x] = 'p';}