我们容易发现，如果某一行灯的状态确定时，只有其下一行能改变，而为了达到所有灯都亮，其下一行必须按照点亮上一行所有灯光的策略进行，往下同理

由此可见，当第一行的状态确定时，第二行，第三行直到最后的状态都是确定的

从而枚举第一行的所有操作，共31种，用二进制表示为0~2^5-1

往后每一行都按照点亮上一行未亮的灯的策略进行，到最后判断最后一行是否全亮

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 6;
int dx[N] = {-1, 0, 1, 0}, dy[N] = {0, 1, 0, -1};
char g[N][N], backup[N][N];

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) continue;
        g[a][b] ^= 1;  
		// '0' 48 110000
		// '1' 49 110001
		// ^=1 改变最后一位，0变1 1变0 
		//替换成if判断也行，无所谓 
    }
}


int main()
{
    int t;cin>>t;
	while(t--)
	{
		for(int i=0;i<5;i++) cin>>g[i];
		int res=0x3f3f3f3f;
		//第一行有0~2^5-1种操作 
		for(int op=0;op<32;op++)
		{
			memcpy(backup,g,sizeof g);//备份初始状态 
			int step=0;
			for(int i=0;i<5;i++)//执行第一行的操作 
				if(op>>i&1)
				{
					step++;
					turn(0,i);
				}
			//第一行未亮的灯，必须操作下一行同列的灯，之后同理 
			for(int i=0;i<4;i++)
				for(int j=0;j<5;j++)
					if(g[i][j]=='0')
					{
						step++;
						turn(i+1,j);
					}
			bool flag=false;//最有一行若有灯未亮，则失败 
			for(int j=0;j<5;j++)
				if(g[4][j]=='0')
					flag=true;
			if(!flag) res=min(res,step);
			memcpy(g,backup,sizeof g);//恢复初始状态 
		}
		if(res>6) cout<<-1<<endl;
		else cout<<res<<endl;
	} 
}