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高效解法，供路人借鉴~/*
参考高手的高效解法：
> 证明:要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;可以证明,如果'+'位置对应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图只有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变.
> 设置一个4*4的整型数组,初值为零,用于记录每个点的操作数,那么在每个'+'上的行和列的的位置都加1,得到结果模2(因为一个点进行偶数次操作的效果和没进行操作一样,这就是楼上说的取反的原理),然后计算整型数组中一的
> 个数即为操作数,一的位置为要操作的位置(其他原来操作数为偶数的因为操作并不发生效果,因此不进行操作)
*********************************
此上证其可以按以上步骤使数组中值都为‘-’
********************************
在上述证明中将所有的行和列的位置都加1后，在将其模2之前,对给定的数组状态，将所有的位置操作其所存的操作数个次数，举例，如果a[i][j]==n,则对（i,j）操作n次，当所有的操作完后，即全为‘-’的数组。
其实就是不模2的操作，作了许多的无用功。
以上的操作次序对结果无影响，如果存在一个最小的步骤，则此步骤一定在以上操作之中。（简单说下：因为以上操作已经包含了所有可改变欲改变位置的操作了）
而模2后的操作是去掉了所有无用功之后的操作，此操作同样包含最小步骤。
但模2后的操作去掉任何一个或几个步骤后，都不可能再得到全为‘-’的。（此同样可证明：因为操作次序无影响，先进行最小步骤，得到全为‘-’，如果还剩下m步，则在全为‘-’的数组状态下进行这m步操作后还得到一个全为
‘-’的数组状态，此只能是在同一个位置进行偶数次操作，与前文模2后矛盾，所以m=0），因此模2后的操作即为最小步骤的操作。
*/
#include <iostream>
using namespace std;
bool mark[4][4];
char s[4][4];
int main()
{
int i,j,k;
int ci[16],cj[16];
int nas = 0;
memset(mark,0,sizeof(mark));
for(i = 0;i < 4;i++)
cin >> s[i];
for(i = 0;i < 4;i++)
for(j = 0;j < 4;j++)
{
char c = s[i][j];
if(c == '+')
{
mark[i][j] = !mark[i][j];
for(k = 0;k < 4;k++)
{
mark[i][k] = !mark[i][k];
mark[k][j] = !mark[k][j];
}
}
}
for(i = 0;i < 4;i++)
for(j = 0;j < 4;j++)
if(mark[i][j] == true)
{
ci[nas] = i + 1;
cj[nas] = j + 1;
nas ++;
}
printf("%d\n",nas);
for(i = 0;i < nas;i++)
{
printf("%d %d\n",ci[i],cj[i]);
}
return 0;
}
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