题目链接：http://poj.org/problem?id=3279
Sample Input
4 4
1 0 0 1
0 1 1 0
0 1 1 0
1 0 0 1
Sample Output
0 0 0 0
1 0 0 1
1 0 0 1
0 0 0 0
题意：
给出 $M$ 行 $N$ 的矩阵，每个元素只为 $0$ 或者 $1$，分别代表白块和黑块，
每次可以翻转一个元素，使得它可以从黑变白或者从白变黑，但是上下左右相邻的四个元素也会跟着翻转，
求最少翻转多少个元素，可以使得全部元素均变成 $0$。
给出需要反转的元素，若有多个答案，给出字典序最小的，若无答案，输出"IMPOSSIBLE"。
题解：
首先，显然的：翻转只有 $0$ 次和 $1$ 次，多了没用；其次，翻转顺序无关性，结果与翻转方块的顺序无关，只与翻转那几个方块有关。
如果从上往下一行一行看，那么当第 $i$ 行确定了如何翻转后，第 $i$ 行上如果剩下来若干个黑块，那么只能靠翻转第 $i+1$ 行来将其变成白块，
这就注定了：一旦确定了第 $1$ 行如何翻转，后面的所有行如何翻转都被确定。
所以只要枚举第 $1$ 行所有翻转方案即可，列数不超过15，可以使用状压。
另外，由于第一行的翻转方案一旦给定，后面三行就是固定的，所以翻转方案的字典序可以只看第一行，
所以方案可以存成一个结构体，在存储方案数组的同时，一并存储总的翻转次数，以及，第一行翻转方案（存成二进制数）；在最后进行排序，并输出第一个即可。
AC代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std; const int maxn=; int m,n;
int mp[maxn][maxn],tmp[maxn][maxn]; struct Ans{
int idx;
int times;
int f[maxn][maxn];
Ans()
{
this->times=;
memset(f,,sizeof(f));
}
};
bool cmp(Ans a,Ans b)
{
if(a.times==b.times) return a.idx<b.idx;
return a.times<b.times;
} inline void flip(int i,int j)
{
if(i>) tmp[i-][j]^=;
if(i<m) tmp[i+][j]^=;
if(j>) tmp[i][j-]^=;
if(j<n) tmp[i][j+]^=;
tmp[i][j]^=;
} inline bool allwhite()
{
for(int i=;i<=m;i++) for(int j=;j<=n;j++) if(tmp[i][j]) return ;
return ;
} int main()
{
cin>>m>>n;
for(int i=;i<=m;i++) for(int j=;j<=n;j++) cin>>mp[i][j]; vector<Ans> v;
for(int sta=;sta<(<<n);sta++)
{
for(int i=;i<=m;i++) for(int j=;j<=n;j++) tmp[i][j]=mp[i][j]; Ans ans;
for(int j=;j<=n;j++) if(sta&(<<(n-j))) flip(,j), ans.f[][j]=, ans.times++;
for(int i=;i<=m;i++) for(int j=;j<=n;j++) if(tmp[i-][j]) flip(i,j), ans.f[i][j]=, ans.times++;
if(allwhite())
{
ans.idx=sta;
v.push_back(ans);
}
}
sort(v.begin(),v.end(),cmp);
if(v.size()>) for(int i=;i<=m;i++) for(int j=;j<=n;j++) printf("%d%c",(*v.begin()).f[i][j],j<n?' ':'\n');
else printf("IMPOSSIBLE\n");
}
时间复杂度：$O\left( {2^n mn} \right)$；后面的对所有可行方案的排序，认为能够达成目标的翻转方案远小于 $2^n$，不考虑其时间复杂度）。