题目大意：
有一个长度为 \(n\) 的只包含 '-' 或 '+' 的字符串，刚开始全是 '+'，还有 \(m\) 次操作，每次操作有一个时间 \(c\)、两个只包含 '-'、'+'、'0' 的 字符串\(A\) 和 字符串\(B\)，如果字符串和 字符串\(A\) 相等（字符串\(A\) 中 '0' 的位置不算），那字符串就可以变为 字符串\(B\)（字符串\(A\) 中 '0' 的位置不算），每次操作要耗 \(c\)。问最少多少时间让字符串全变为 '-'。
正文：
因为 \(n\leq 20\)， 所以可以使用状态压缩，'-' 和 '+' 分别用 '0' 和 '1' 来表示。根据原题我们可以用位运算来判断原字符串是否与字符串 \(A\) 相等：
if((u & b1[i]) == b1[i] && (u & b2[i]) == 0)
（b1[i] 和 b2[i] 都是原文提到的。）
还是根据原题可以将字符串变为 字符串\(B\)：
((u | f1[i]) ^ f1[i]) | f2[i]
（f1[i] 和 f2[i] 也都是原文提到的。）
得到这些就可以用最短路解决本题了，我采用了 SPFA。
代码：
const int N = 110;
int n, m;
int b1[N], b2[N], f1[N], f2[N], TiMe[N];
int dis[1 << 21];
inline void read(int &x)
{
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9')
ch = getchar();
x = ch - 48; ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9')
{
x = x * 10 + (ch - 48);
ch=getchar();
}
}
queue <int> que;
bool vis[1 << 21];
void SPFA()
{
memset(dis, 0x7f, sizeof dis);
dis[(1 << n) - 1] = 0;
que.push((1 << n) - 1);
while (!que.empty())
{
int u = que.front();que.pop();
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
if((u & b1[i]) == b1[i] && (u & b2[i]) == 0)
{
int v = ((u | f1[i]) ^ f1[i]) | f2[i];
if(dis[u] + TiMe[i] < dis[v])
{
dis[v] = dis[u] + TiMe[i];
if(!vis[v])
{
que.push(v);
vis[v] = 1;
}
}
}
}
vis[u] = 0;
}
}
int main()
{
// freopen(".in", "r", stdin);
// freopen(".out", "w", stdout);
read(n), read(m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
read(TiMe[i]);
char ch = getchar();
while(ch != '+' && ch != '-' && ch != '0')
ch = getchar();
for(int j = 1; j <= n; ++j)
{
if(ch == '+')
b1[i] += 1 << (j - 1);
if(ch == '-')
b2[i] += 1 << (j - 1);
ch = getchar();
}
while(ch != '+' && ch != '-' && ch != '0')
ch = getchar();
for(int j = 1; j <= n; ++j)
{
if(ch == '-')
f1[i] += 1 << (j - 1);
if(ch == '+')
f2[i] += 1 << (j - 1);
ch = getchar();
}
}
SPFA();
if (dis[0] == dis[(1<<21)-1]) puts("0");
else printf("%d\n", dis[0]);
return 0;
}