这道题有两个重要的地方，一个是对题目的理解，合法的操作只有一种，那就是对相邻的两个状态不同的灯泡进行交换状态的操作，也就是说，相邻的灯泡如果都是亮着的或者暗着的，那么不能对这条边进行操作。
第二点，那就是由于所有的状态的目标状态都是一样的，那么我们就可以从目标状态进行 BFS，计算出其他状态到目标状态要多少步，注意当 BFS 的步数大于 3 的时候，就不要将其子状态放入队列中，为了方便，之前将全部的状态的需要步数设置为 5，这样即使没有访问的状态，步数也是大于 3 的，这个算法的时间复杂度是 O(323)，完全可以接受，之后就是 O(1) 的查询。
为了方便 BFS，优化空间，运用位压缩，将 16 个灯泡的状态用一个 int 来存放，高位存放低编号的灯泡，装换的时候就用异或运算即可。
数组 x 和 y 用来对应 32 对相邻的灯泡
昨晚 (可以算是今天凌晨) 的 SRM 479，题目的难度可以说不是很难，三题我都在这里简单地说下思路：
许多分类，把这题分到了最短路里面，也看过一些用 Floyd、SPFA 的写法，但是我觉得，这题没必要想太复杂，直接建立最小生成树，在建树的过程中，如果加入了一条边，使得起点和终点连通了，那么这条边一定是最大的那条，也就是答案。
我的代码如下，每次加入一条边，判断 0、1 的连通性。
虽然这题用排序可以轻松搞定，但是我们可以考虑用二分匹配，在 O(n2) 的时间内得到答案。
将两个字符串中每个字母的数目进行统计，然后得到一个有 26 对结点的二分图，对二分图跑一次最大匹配，当且仅当最大匹配数等于 26 的时候，输出 YES，否则输出 NO。
二分版本的代码，运用匈牙利算法实现：
这题算是数据结构类型的题目了吧，运用并查集可以快速地解决此类问题，从头往后读取数据，如果读取到的两个点不在同一个集合里，就将他们合并，否则，这条边就是多余的，将多余的边放入栈 st 中。处理完边之后，线性扫一遍结点数组，找出所有的根结点放入栈 done 中。
之后从 st 中取出一元素，将 done 中的两个元素连起来，然后任意去掉一个元素，留下一个元素，不断进行，直到栈 st 空了为止结束循环。
这个过程主要是运用好栈和并查集。。