Первое решение. Пронумеруем строки числами $1, \dots, n$ сверху вниз, а столбцы — теми же числами слева направо. Клетку будем обозначать парой номеров её строки и столбца; при этом будем считать, что клетки диагонали из плюсов имеют координаты $(i, i)$ $(i = 1, \dots, n)$.
Заметим, что если четыре клетки лежат в вершинах прямоугольника со сторонами, параллельными осям координат, то любая операция либо не меняет знаков в этих клетках, либо меняет знаки ровно в двух клетках из четырёх. В частности, чётность количества плюсов в этих четырёх клетках не меняется; значит, если среди них вначале был ровно один плюс, то и потом их будет не менее одного.
Теперь выберем в нашей таблице $n$ непересекающихся таких четвёрок; по сказанному выборе, после любых операций в каждой из них найдётся как минимум один плюс, следовательно, всего плюсов будет не менее $n$. При $i = 1, 2, \dots, n-2$ выберем четвёрку клеток $\{(i, i), (i, i+1), (i+2, i), (i+2, i+1)\}$, а также выберем четвёрки $\{(n-1, n-1), (n-1, n), (1, n-1), (1, n)\}$ и $\{(n, n), (n, 1), (2, n), (2, 1)\}$. Легко видеть, что они удовлетворяют всем требованиям. На рис. 21 отмечены такие четвёрки при $n=5$.

Второе решение. Заметим, что знак, стоящий в клетке, изменяется ровно тогда, когда с этой клеткой было проделано нечётное число операций. Пусть есть ровно $r$ строк и ровно $c$ столбцов, к каждому из которых операция применялась нечётное число раз (назовём их нечётными). Тогда знак изменился ровно в $r(n-c)$ клетках, стоящих на пересечении нечётных строк с чётными столбцами, и в $c(n-r)$ клетках, стоящих на пересечении чётных строк с нечётными столбцами. Теперь нетрудно понять, что, если бы мы вместо исходных операций применили бы по одной операции ровно ко всем чётным строкам и столбцам, результат получился бы тем же самым, но при этом числа $r$ и $c$ заменились бы на $n-r$ и $n-c$ соответственно. Значит, можно считать, что $r+c \le n$.
Далее, среди изменённых $r(n-c)+c(n-r)$ знаков не более, чем $r+c$ были плюсами (максимум по одному в $r$ строках, и максимум по одному в $c$ столбцах); значит, хотя бы $r(n-c)+c(n-r)-(r+c)$ минусов стали плюсами, и хотя бы $n-(r+c)$ плюсов остались плюсами. Таким образом, общее количество плюсов $P$ стало не меньше, чем $r(n-c)+c(n-r)-(r+c)+n-(r+c) = -2rc + (r+c)(n-2) + n$. Теперь, поскольку $2rc \le \frac{(r+c)^2}{2}$, получаем $P \ge (r+c)(n-2) - \frac{(r+c)^2}{2} + n = (r+c)(n-2 - \frac{r+c}{2}) + n \ge n$ (ибо $n-2 - \frac{r+c}{2} \ge n-2-\frac{n}{2} \ge 0$), что и требовалось доказать.

Третье решение. Как и в предыдущем решении, разобьём строки и столбцы на чётные и нечётные и заметим, что если все чётные линии сделать нечётными и наоборот, то результат не изменится.
Предположим противное: количество плюсов стало меньше $n$. Тогда найдётся строка (пусть её номер равен $i$), в которой все знаки стали минусами. По замечанию выше, можно считать, что эта строка чётна. Тогда $i$-й столбец нечётен, а все остальные столбцы чётны (иначе в пересечении такого столбца с нашей строкой стоял бы «+»). Пусть $j \ne i$. Тогда нетрудно понять, что в $j$-й строке знаки на $i$-м и $j$-м местах одинаковы, а знаки на всех остальных местах (их $n-2 \ge 2$) от них отличаются. Значит, в этой строке хотя бы два плюса и хотя бы два минуса. Таким образом, общее количество плюсов не меньше $2(n-1) > n$, что противоречит нашему предположению.