纪中暑假集训 2020.08.10【NOIP提高组】模拟 T3：玩诈欺的小杉

玩诈欺的小杉

Description

是这样的，在小杉的面前有一个N行M列的棋盘，棋盘上有 $N*M$个有黑白棋的棋子（一面为黑，一面为白），一开始都是白面朝上。
　　小杉可以对任意一个格子进行至多一次的操作（最多进行 $N*M$个操作），该操作使得与该格同列的上下各2个格子以及与该格同行的左右各1个格子以及该格子本身翻面。
　　例如，对于一个5*5的棋盘，仅对第三行第三列的格子进行该操作，得到如下棋盘（0表示白面向上，1表示黑面向上）。

00100
00100
01110
00100
00100

对一个棋盘进行适当的操作，使得初始棋盘（都是白面朝上）变成已给出的目标棋盘的操作集合称作一个解法。
　　小杉的任务是对给出的目标棋盘求出所有解法的总数。

Input

每组测试数据的第一行有3个正整数，分别是N和M和T(1<=N,M<=20,1<=T<=5)
　　接下来T个目标棋盘，每个目标棋盘N行，每行M个整数之前没有空格且非0即1，表示目标棋盘（0表示白面朝上，1表示黑面朝上）
两个目标棋盘之间有一个空行。
　　特别地，对于30%的数据，有1<=N,M<=15

Output

对每组数据输出T行，每行一个整数，表示能使初始棋盘达到目标棋盘的解法总数

Sample Input

4 4 2
0010
0010
0111
0010

0010
0110
0111
0010

Sample Output

1
1

Hint

【样例解释】
对于输入的数据，两个目标棋盘各有一种解法
1:
0000
0000
0010
0000
2:
1011
1101
0111
1011
其中1表示对该格进行操作，0表示不操作

反思&题解

比赛思路： 懵……暴力都懒得打（听说直接输出1有50分！）
正解思路： 我们考虑枚举每一列的每个数，分析题目，发现如果一个点它的左边时1，自己也是1时，就需要进行翻转，我们可以枚举一个第0列的状态，于是便有了一个 $O(mnT*2^n)$的算法，理论上可能过得了，但是常数有点大。
我们考虑优化，很显然0101的东西很容易想到位运算，于是我们就可以将每一列的状态记录到一个二进制数里面，再用位运算转移，时间复杂度便可以少一个n

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t,a[25][25],zt[25],ztt[25],ans;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
	while (t--)
	{
		char ch=getchar();
		int i,j;
		for (i=1;i<=n;i++)
		{
			for (j=1;j<=m;j++)
			{
				ch=getchar();
				if (ch=='0') a[i][j]=0;
				else a[i][j]=1;
			}
			ch=getchar();
		}
		memset(zt,0,sizeof(zt));
		for (i=1;i<=m;i++)
		{
			int num=1;
			for (j=n;j>=1;j--)
			{
				if (a[j][i]==1) zt[i]+=num;
				num*=2;	
			}
		}
		ans=0;
		int s;
		for (s=0;s<=(1<<n)-1;s++)
		{
			zt[0]=s;
			for (i=1;i<=m;i++)
				ztt[i]=zt[i];
			for (i=1;i<=m;i++)
			{
				zt[i]=(zt[i]^(zt[i-1]<<1)^(zt[i-1]<<2)^(zt[i-1]>>2)^(zt[i-1]>>1)^zt[i-1])&(1<<n)-1;
				zt[i+1]=(zt[i+1]^zt[i-1])&(1<<n)-1;
			}
			if (zt[m]==0) ans++;
			for (i=1;i<=m;i++)
				zt[i]=ztt[i];
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}