费解的开关

给你一个 5\times 5 的方格，每次操作可以改变上下左右中五个格子，给定始状态，判断是否可能在6步以内使所有的灯都变亮。

解题思路：

这道题目首先看，我们就知道必然与位运算有着密切的关系，因为出现了0和1，这是一个重要的发现.

接着我们在仔细分析题意，我们知道如果纯暴力枚举的话，必然是会超时的，那么如何优化呢？

我们需要从题目中找出非常有用的性质来优化，这是一个大致的思路方向。

每一个位置顶多只会操作一次。因为如果操作两次的话，相当于不操作，必然是不满足最优解。

在一套方案中，操作的顺序无关紧要，这一个略加思索便可得知。

最重要的性质，如果我们确定了第I行的操作方案的话，那么后面的行数都可以依此递推，下面给出一个详细的解答。

11011
10110
01111
11111

比如说这个例子，如果我们确定了第1行，那么第二行所有的0(坐标：a_{i,j})

都只能是第三行 a_{i+1,j} 来修改了，因为如果你第二行修改的话，那么第一行将会打乱，下面每一行依此类推。

代码：


char a[N][N];
const int dx[5] = {0,0,1,0,-1},dy[5] = {0,1,0,-1,0};

void change(int x,int y) {
    for (int i = 0;i < 5;++i) {
        int ax = x + dx[i],ay = y + dy[i];
        if (ax < 0 || ax > 4 || ay < 0 || ay > 4) continue;
        a[ax][ay] ^= 1;
    }
    return ;
}

bool check() {
    bool success = 1;
    for (int i = 0;i < 5;++i) {
        if (a[4][i] == '0') {
            success = 0;
        }
    }
    return success;
}

int work() {
    int ans = 233333333;
    for (int k = 0;k < 1<<5;++k) {
        int step = 0;
        char b[N][N];
        memcpy(b,a,sizeof(a));
        for (int i = 0;i < 5;++i) {
            if (k >> i & 1) {
                step++;
                change(0,i);
            }
        }
        for (int i = 0;i < 4;++i) {
            for (int j = 0;j < 5;++j) {
                if (a[i][j] == '0') {
                    step++;
                    change(i+1,j);
                }
            }
        }
        if (check()) {
            ans = min(ans,step);
        }
        memcpy(a,b,sizeof(b));
    }
    if (ans <= 6) return ans;
    else return -1;
}

signed main() {
    int T = read();
    while (T -- ) {
        for (int i = 0;i < 5;++i) cin >> a[i];
        printf("%d\n",work());
    }
    return 0;
}