題目大意：
一個n*n 的方格 ，我們對它進行染色，每個格子都 可以 染成 白色和黃色，（ 一旦我們對這個格子染色 ，他的上下左右 都將改變顏色）；給定一個初始狀態 ， 求將 所有的 格子 染成黃色 最少需要染幾次？ 若 不能 染成 輸出 “inf”
解題思路：
我們可以首先來構造一個矩陣，這個矩陣式幹啥的呢，我們可以認爲這個矩陣是按下一個格子之後它能夠作用的範圍，將能夠作用的範圍用1表示否則用0表示。來舉個例子
就 根據一個3*3的矩陣，對於第一行第一列的元素來說，它可以影響的範圍是它自己 還有它的右面的值和它的下面的值，矩陣中其餘的值都是0，也就是說
A(0,0)=
1 1 0
1 0 0
0 0 0
A(0,1)=
1 1 1
1 0 0
0 0 0
現在我們設一個L矩陣，表示初始的狀態，如果是y就是0，否則就是1，也就是說我們需要將當前的矩陣操爲全是0的矩陣
L + x(1,1)*A(1,1) + x(1,2)*A(1,2) + x(1,3)*A(1,3) + x(2,1)*A(2,1) + … + x(3,3)*A(3,3) = 0 （1）
上述 方程的 x 表示的是一個未知數，因爲我們不知道是否是按下這個按鈕。那麼x(i, j)=0表示不按，否則表示按。那麼我們現在就是求一個這樣的方程解最小的x，那麼上述方程中的矩陣A可以用一個比較大 的矩陣n*n的來表示，然後就是轉換一下關係就行了（具體在代碼中有體現）。那麼現在就是n個未知數，n個方程，在（1）中，可以兩邊加上L,那麼就是變成了：
x(1,1)*A(1,1) + x(1,2)*A(1,2) + x(1,3)*A(1,3) + x(2,1)*A(2,1) + … + x(3,3)*A(3,3) = L（2）
X ＊ Ａ ＝ Ｌ（類似這樣的）
然後我們在枚舉一下所有的狀態：我們首先要枚舉的是自由變元的個數，我們對它的所有狀態都進行枚舉，然後得到了如果符合狀態的話就進行自由變元的賦值，然後我們在對可以確定的變元進行操作，那麼肯定就是高斯中的回代過程，然後在進行判斷，我們需要的就是最少的1，也就是最少能夠操作的數。
具體還得詳見代碼：
n*n*n*n的矩陣
將網格編號，從左到右從上到下1到n，第i行表示每個開關對第i個開關影響多少，本題中每個開關最多操作一次，用的是異或版高斯消元
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 3e2+5;
const int INF = 1e9+5;
int equ, var;///equ個方程 var個變量
int a[MAXN][MAXN];///增廣矩陣
int x[MAXN];///解的數目
bool free_x[MAXN];///判斷是不是自由變元
int free_xx[MAXN];
int free_num;///自由變元的個數
inline int GCD(int m, int n)
{
if(n == 0)
return m;
return GCD(n, m%n);
}
inline int LCM(int a, int b)
{
return a/GCD(a,b)*b;
}
int n;
int Gauss()
{
int Max_r;///當前列絕對值最大的存在的行
///col：處理當前的列
int row = 0;
int cnt = 0;///自由變元的編號
for(int col=0; row<equ&&col<var; row++,col++)
{
Max_r = row;
for(int i=row+1; i<equ; i++)///找當前列中最大的行
if(abs(a[i][col]) > abs(a[Max_r][col]))
Max_r = i;
///交換Max_r行 與 當前行
if(Max_r != row)
for(int i=0; i<var+1; i++)
swap(a[row][i], a[Max_r][i]);
if(a[row][col] == 0)
{
row--;
free_xx[cnt++] = col;///後面的
continue;
}
for(int i=row+1; i<equ; i++)
{
if(a[i][col])
{
for(int j=col; j<var+1; j++)
a[i][j] ^= a[row][j];
}
}
} // row的值就是 rank
for(int i=row; i<equ; i++)
if(a[i][var])
return -1;///無解
return var - row;///自由變元的個數
}
int Solve(int S)
{
int s = (1<<S);///所有的狀態
int ans = INF;
for(int i=0; i<s; i++)///枚舉狀態
{
int cnt = 0;
memset(x, 0, sizeof(x));
for(int j=0; j<S; j++)
{
if(i & (1<<j))
{
cnt++;///1的個數，也就是能夠操作的個數
x[free_xx[j]] = 1;//想象一個矩陣乘一個一維列向量，對應的是列向量的值
}
}
for(int j=var-S-1; j>=0; j--)
{
int tmp = a[j][var], tp, ok = 1;
for(int k=j; k<var; k++)
{
if(a[j][k] && ok) //得找到該行第一個非0值，作爲當前x的答案
{
tp = k;
ok = 0;
}
if(a[j][k] && k!=j)
tmp ^= x[k];
}
x[tp] = tmp;
cnt += x[tp];
}
ans = min(ans, cnt);///最少的操作數
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
equ = var = n*n;
memset(a, 0, sizeof(a));//將網格編號，從左到右從上到下1到n，每一行表示第i個開關影響的是哪些個開關
for(int i=0; i<var; i++)
{
int ta = i%n, tb = i/n;
a[i][i] = 1;
if(ta > 0)
a[i][i-1] = 1;
if(ta < n-1)
a[i][i+1] = 1;
if(tb > 0)
a[i][i-n] = 1;
if(tb < n-1)
a[i][i+n] = 1;//第i+n個開關對第i個開關影響1
}
/* for(int i = 0 ; i < var;i ++){
for(int j = 0 ; j < var; j ++){
cout << a[i][j] << " ";
}
cout<< endl;
}*/
//增廣矩陣的最後一列，表示每個開關的狀態
for(int i=0; i<n; i++)
{
for(int j=0; j<n; j++)
{
char ch;
cin>>ch;
if(ch == 'y')
a[i*n+j][var] = 0;
else
a[i*n+j][var] = 1;
}
}
int S = Gauss();
if(S == -1)
puts("inf");
else
cout<<Solve(S)<<endl;
}
return 0;
}