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D. 小红的扫雷游戏
一开始想着，是否可以搞一个方程组
如果确定为雷和非雷，这些是可解的，还有一些不能明确解的。
然后想想，这我也不会呀，重新审视了下数据范围，4*4，还有雷/非雷, 这个0-1特性，所以想到了全枚举状态，然后进行验证。
如
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状态枚举，0表示非雷，1表示雷，总共2的16次方种情况，如果出现雷在标数字的点位直接跳过，或者标数字点位周围的雷的数量不对也跳过，否则就是合法的方案，对于sta==1，对点位标记|1，sta==0，点位标记|2，那么，假设这个点最后标记结果为3，就说明这个点可能是雷也可能不是雷，则输出'.'，否则就
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
char g[4][5];
for (in
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注意到4*4=16,所以直接二进制枚举所有答案，然后存起来最后观察什么点是必须是雷，什么点不必要。然后答案里面对于是雷的，给二进制00变成01，对于不是雷的，二进制00变成10，最后要是二进制数是11，那就是不确定，否则就是确定的，代表所有的情况里面，只要是这个点是1，那么只可能是雷，等于2也同理。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6;
char mp[N][N];
bool vis[N][N];
bool if_X[N][N];
int num_X[N][N];
int ssum;
void dfs
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观察矩阵只有4*4，每个点两种放法，故一共2^16方案，即二进制枚举所以方案判断这个点放'O'还是'X'，都行就是'.'
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dir[8][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0,
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