BZOJ3517 翻硬币异或方程

题意：
给你一个 $n*n$ 的01矩阵，每次你可以选择一个 $(x,y)$ ，作用是把 $x$ 这一行和 $y$ 这一列都进行01取反，问最少操作多少次可以使所有数字都全变成同一种。保证 $n$ 是偶数， $n<=1000$ 。

题解：
我们先假设要全都变成0。我们发现对一个位置 $(x,y)$ 有影响的操作只会是所有操作中行是 $x$ 的和所有操作中列是 $y$ 的操作。我们发现把同一个位置翻转两次就会变回原来的状态，这个很像异或两次1答案不变，于是我们记 $x[i][j]$ 为这个位置是否变成和初始状态不同的一面，如果变的话 $x[i][j]=1$ ，否则 $x[i][j]=0$ ，我们设 $a[i][j]$ 为 $(i,j)$ 这个位置在一开始是0还是1。我们可以对每个位置列出一个方程，一共列出 $n^2$ 个异或方程，形式是 $x[i][1]\ xor\ x[i][2]...\ xor\ x[i][n]\ xor\ x[1][j]\ xor\ x[2][j]...\ xor\ x[n][j]\ xor\ x[i][j]\ xor\ a[i][j]=0$ ，最后要异或上自己的 $x[i][j]$ ，原因是在前面的式子里被异或了两遍消掉了，然后还要异或上自己的初始值，如果要变成1就是等式右边等于1。稍微变化一下，等式两边同时异或 $a[i][j]$ ，变成 $x[i][1]\ xor\ x[i][2]...\ xor\ x[i][n]\ xor\ x[1][j]\ xor\ x[2][j]...\ xor\ x[n][j]\ xor\ x[i][j]=a[i][j]$ 。

对于这 $n^2$ 个方程，我们暴力去解的话似乎是 $n^6$ 的，所以我们需要优化解方程的过程。我们考虑我们要求的其实是每一个位置的 $x[i][j]$ 的和，于是我们想对于表示 $(i,j)$ 这个位置的式子，把其他含 $x$ 的式子都消掉，因为是未知的，取而代之我们要的是含 $a$ 的式子，因为 $a$ 是已知的。于是我们想办法消去那些其他的含 $x$ 的变量，我们去一个一个的异或，对于一个 $x[u][j]$ 或者 $x[i][v]$ ，每次去异或 $(u,j)$ 或者是 $(i,v)$ 那个位置的方程。这样我们会发现其实我们会把整个矩阵全都异或一遍，由于 $n$ 是个偶数，那么如果我们异或了一个横坐标不是 $i$ 并且纵坐标不是 $j$ 的 $x[u][v]$ ，那么它所在的那一整行或者一整列就全部会被异或到，于是会被异或 $n$ 次抵消掉，最后会变成 $x[i][j]=a[i][1]\ xor\ a[i][2]...\ xor\ a[i][n]\ xor\ a[1][j]\ xor\ a[2][j]...\ xor\ a[n][j]\ xor\ a[i][j]$ 。我们发现，对于这个式子，我们只需要预处理出每一行和每一列的异或和，再异或上当前点的初始值，就可以知道这个点要变成0时的操作次数，然后对于所有的点求个和就好了。这样就是 $O(n^2)$ 的了。然而我们求出全变成0的答案之后并不用重新再求一遍全都变成1的答案，只需要有 $n^2-$ 全变成0的答案就可以了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,x[1010],y[1010],ans;
char s[1010][1010];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			if(s[i][j]=='1')
			{
				x[i]^=1;
				y[j]^=1;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
		ans+=x[i]^y[j]^(s[i][j]-'0');
	}
	printf("%d\n",min(ans,n*n-ans));
	return 0;
}

BZOJ3517 翻硬币 异或方程

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