原题读起来感觉有一点绕，不过题意很简单：其实就是计算机要重复地做一些相同的任务，每个任务需要一定时间，在这段时间内可能会用到不同的处理器（共有5个处理器）。一个处理器在使用的时候会锁住，其他的任务就不能访问了。只能等到下一个clock cycle再使用这个处理器。

任务使用处理器的pattern就是input，比如

7
X...XX.
.X.....
..X....
...X...
......X

就代表每个任务耗时7个cycle，X表示在这一个cycle内这个处理器会被使用。

问题是：现在有10个这样的任务，如何安排他们使得计算机在最短时间内处理完所有任务。每个任务耗时小于20个cycle。输出最短的时间。

理解了题意之后，可以大概得出一个解法，想法并不难（但是要AC还是有点难度。。）：

回溯法dfs，模拟八皇后问题，每次尝试在下一个位置“放置”一个任务，看看会不会和之前的任务有冲突。

但是这道题的难点是，需要得出所有可能的结果，最后选出一个最小的。但是可能的结果是无穷多的（因为只要不冲突，可以往后面的任意位置摆放），一点点分析可以得出答案应小于200（即任务之间完全没有重叠）。但是解答树的节点还是太多了，如果不剪枝，最坏情况下结点数的规模大概是20^10（每个任务最多有20种摆放的位置，共有10个任务），会TLE

剪枝的质量会非常显著的影响程序的效率。另外，剪枝的时候要小心，不要错剪，一定要进行证明，说服自己。

1、最重要的剪枝：从当前结点开始，每次都走最小步数（最小步数就是摆放第二个任务时可以走得最小步数，（Rujia: 想一想，为什么？））如果这样到最后的结果还要大于目前的最优解，则剪枝。剪枝的式子一定要算准确，剪少了跑的慢或者TLE，剪多了WA（而且往往是大部分答案正确，小部分答案错误，导致很难察觉）

没有这个剪枝，程序几乎是完全没法跑

2、第二重要的剪枝：预判一下20个摆放位置的可能性。在尝试摆放的时候，20个位置中，并不是每个位置都可以，有一些位置是不管在什么情况下都不能摆放的-即第二个任务不能摆放的位置。将这些位置剔除，保留下有可能性的位置，程序性能可以提高几倍（在我的测试中是5倍）。这个优化很像Morning after Halloween中，邻接图转为邻接表的优化。

3、一个重要的优化：借鉴了BearChild大神的思路：http://www.jb51.cc/article/p-zsdqnugi-vy.html

我一开始用了一个大vis数组来判断冲突，这个数组需要开到5*200。所以没法使用二进制表达。但是BearChild大神很巧妙的避免了这个大vis，转而在每一次尝试摆放一个任务的时候，做一个小的vis，其中存放了只会对当前任务的摆放产生影响的点。规模就变成了5*20，从而可以使用5个int作二进制表达而增加效率。这里还可以训练一下二进制操作，是个不错的练习

通过最近暴力法的练习，很强烈的感受到剪枝的重要性和技巧性。剪枝往往直接决定着程序能不能跑起来、能不能得出正确答案

Run Time: 0.235s

#define UVa  "7-5.690.cpp"

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>

using namespace std;

//Global Variables. Reset upon Each Case!
int n;
int reserve[5];
int ans;
vector<int> available_steps;
/////

int judge(int* vis,int offset) {
    for(int i = 0; i < 5; i ++) if(reserve[i]&(vis[i]>>offset)) return 0;
    return 1;
}

int init() {
    ans = 200;
    available_steps.clear();
    memset(reserve,sizeof(reserve));

    char ch;
    for(int i = 0; i < 5; i ++) {
        for(int j = 0; j < n; j ++) {
            do{scanf("%c",&ch);}while(!isprint(ch));
            if(ch == 'X') reserve[i] |= (1<<j);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        if(judge(reserve,i)) {
            available_steps.push_back(i);
        }
    }
}


int dfs(int taskd,int start,int* window) {
    if(taskd == 9) {
        if(start + n < ans) ans = start + n;
    }
    else {
        for(int i = 0; i < available_steps.size(); i ++) {
            if(start + available_steps[i] + (9-taskd-1)*available_steps[0] + n > ans) return 0;           //key pruning.

            if(judge(window,available_steps[i])) {
                int tmp[5];
                memcpy(tmp,window,sizeof(tmp));
                for(int j = 0; j < 5; j ++) tmp[j] = (tmp[j]>>(available_steps[i])) | reserve[j];
                dfs(taskd + 1,start + available_steps[i],tmp);
            }
        }
    }
}
int main() {
    while(scanf("%d",&n) != EOF && n) {
        init();
        dfs(0,reserve);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}