插眼，没思路

最少蒙一次

最少一次，平均1024次，最多，无上限

最少蒙一次

感觉不简单...试10次一定可以:先全蒙对号，然后第1次蒙一个全对，你就知道答案里多少个对号。然后把第一个改成错号这样的，第2次只把第二个改成错号...第9次只把第9个改成错号
这样，比如说第一次改完了（第一个是错号其他的都对号）你发现正确答案数比全对号的时候多了一个，那你改掉的那你第一题答案肯定是错号，如果发现正确答案数少了一个，那你改的题答案肯定是对号。于是你蒙10次知道一共几个对号，以及前9题答案，就可以把第10题推出来。

先抛开问题不谈
但凡是这类“最少几次能保证XXX”的问题，永远有逆天回答答案是一次，不知道语文怎么学的
感觉正解是转化成二进制，再进行考虑；或者二分法，分组逐步迭代考虑。一题一题是答案显然是11了，不知道前两种方法能不能做出来，做到更少步数。
现在都凌晨了，先c个y，明天起来再想想

信息熵计算就行了

很遗憾，我算的答案是11。
解答有点长……嫌啰嗦的话对不住了，本意是想尽可能清楚地说明每个步骤。
说一个动态规划的思路，动态规划在编程领域很常见。
把问题的前提再规范一下。
楼主的问题应该是假定了每次回答的时候，这10道问题的题面和答案都是固定不变的；
判断题只有“对”和“错”两种选项，有且仅有一个是正确答案；
“猜一次”指的是一次性给出10道题的猜测，评分系统会给我们一个“有多少道题答对”的数字；
目标是通过“合理的”猜测方案，让我们以尽可能少的猜测次数，使得无论判断题的答案是什么情况（总共有2^10=1024种情况），都能保证最后猜出所有判断题的答案，即评分系统给出满分。
注意，在最后一次猜测之前，我们已经知道了全部的正确答案，但是为了评分系统给出满分，我们还需要最后将正确答案输入一次（其实也就是最后一次猜测已经没有“蒙”的成分了）
第一次猜的时候，猜任何答案本质上都是等价的，为了简单可以全猜“对”（这就是本方案的第一步），这样第一次猜完就可以知道10道题里面有多少个题正确答案是“对”。
第二次猜，全猜“错”是没有意义的，这跟全猜“对”的结果是相对于10“互补”的。所以需要一些题猜“对”，一些题猜“错”，而我们第一次猜的全“对”，对于题目的顺序是没有要求的，因此第二次猜，无论哪些题猜“对”，哪些猜“错”，都可以适当调整题目的顺序，让前面若干题都猜“对”，后面若干题都猜“错”
因此可以抽象出来一个动态规划的函数F[n][x]，表示共有n道判断题，其中有x道答案是“对”，至少需要猜多少次才能保证猜对所有答案，其中n>=1, 0<=x<=n
可以看到F[n][0]=F[n][n]=1，也就是所有答案都是“对”或都是“错”的时候，只需要猜1次就可以保证猜对所有答案。楼主给出的问题就可以表示为求：
1+max(F[10][0],F[10][1], F[10][2],...,F[10][10])
最前面的+1表示第一次猜“全对”，后面对11种情况分类讨论，取最多的一种，从而保证最差情况下也能猜对所有答案。
下面讨论F[n][x]应该怎么求。以F[10][5]为例，也就是第一次猜完，告诉我们有5道题答案是“对”，接下来还要再猜几次才能猜出所有答案。
第二次猜，根据上面的讨论，任何方案都可以抽象为：前k道题猜“对”，后10-k道题猜“错”，其中1<=k<=9（因为不能全猜“对”或全猜“错”），在这种划分方案下，无论评分系统给我们的结果是什么，我们都可以判断前k道题有多少答案是“对”。
还是举例子，例如k=3，也就是第二次猜测，前3道题猜“对”，后7道题猜“错”。那么2分就对应了“前3道题有0道答案是对，后7道题有5道答案是对”，4分就对应了“前3道题有1道答案是对，后7道题有4道答案是对”，6分就对应了“前3道题有2道答案是对，后7道题有3道答案是对”，8分就对应了“前3道题有3道答案是对，后7道题有2道答案是对”。不同的得分可以将答案是“对”的题目的不同分布情况完全区分开，这对于任意的n,k以及合法的评分都是成立的。
按上面的例子，F[10][5]就可以这样计算：
F[10][5]=1+max(
F[3][0]+F[7][5]-1,
F[3][1],F[7][4]-1,
F[3][2],F[7][3]-1,
F[3][3],F[7][2]-1
)
外层的max较好理解，是因为每种得分都有可能出现，但我们要保证无论是哪种情况都要猜出所有答案。
内层是两个规模较小的问题答案相加再减1，是因为当规模较大的问题（10个判断题，5个是“对”的答案）分解为两个规模较小的问题之后，对这两个问题的猜测不能“并行”进行，必须控制一边的答案不变，改变另一边的猜测结果，才能推测有哪些题是回答正确了的。
本质上是因为我们一次只能输入10个问题的答案给评分系统，而不能只输入前3个问题或者后7个问题的答案。
最后的减1是因为任何一个规模较小的问题，它的最后一次猜测只是为了让评分系统给出满分，并没有猜测的成分，因此可以利用这一次来进行另一个规模较小问题的第一次猜测。
后面的公式会将前面的+1和max内的-1合并起来。
注意到，这只是对于k=3的情况，这种划分是否最优现在还不能确定，可能k=4结果会更好。把所有可能的划分方案考虑进来，就有
F[10][5]=min(
max
(
F[k][x]+F[10-k][5-x]
))
其中1<=k<=9，x需要满足0<=x<=k并且0<=5-x<=10-k，内层的max是对所有的x来说的，外层的min是对所有的k来说的（取最优的划分方案）
如果是求解一般性的问题，例如n道题需要至少猜测f(n)次，则下面的这组公式给出了解：
f(n)=1+max(F[n][x]), 0<=x<=n
F[n][x]=min(max(F[k][y]+F[n-k][x-y])), 0<=y<=k,0<=x-y<=n-k,1<=k<=n-1
F[n][0]=F[n][n]=1
最后就是求解具体数值了，可以手算，但写程序求解会更快一些。经程序验证答案是11。
最差情况是第一次猜全对的时候，评分系统给出5分。其他情况都不需要这么多次，例如给出1分的时候，6次就够了
从答案来看，f(n)=n+1，也就是最简单的猜测方案：
第一次猜全对，之后每次固定后面的猜测，依次判断前面每道题的答案

穷举：第一次改完得到正确题数，依次改1题，2题...，每改一次正确数少一说明原来是对的，多一说明原来是错的，至多11次评判。这已经是最笨的方法了，不可能比这还多了

再少的话我想可以二分。平分成两部分，每一次部分都改反。比如10题就5个不动，5个改反，如果正确数多5或少5，同穷举。如果是其他数，就继续二分。过程同上，可以继续利用整体的信息。具体不想算了，你可以考虑一下是不是次数更少。要是证明出来真比上一种方法简单，那次数大概率是1+log(2,10)

我的答案是5次（即第六次提交可以保证全对），但是我没有证明完全...
字太多了，写了一个小时，看图吧。。。

我能保证第十次一定蒙对。每次只改一个选项。感觉应该有更好的方案，不过想不到。可能几个几个分一组，然后一次性改变一组的值，就能知道这个组里几个对的几个错的。那答案应该小于10。

最少1次，只要运气在线

你问最少，那就1次