CF1592F1 Alice and Recoloring 1

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超级妙妙题！

题意：

给定一个 $n \times m$ 的矩阵，初始时所有格子都是白色，可以进行以下四种操作：

1、翻转一个以 $(1,1)$ 为左上角的任意子矩阵的所有颜色，代价为 $1$ ；

2、翻转一个以 $(n,1)$ 为左下角的任意子矩阵的所有颜色，代价为 $2$ ；

3、翻转一个以 $(1,m)$ 为右上角的任意子矩阵的所有颜色，代价为 $4$ ；

4、翻转一个以 $(n,m)$ 为右下角的任意子矩阵的所有颜色，代价为 $3$ 。

求将初始局面变为给定局面花费代价的最小值。

首先只有黑白两种颜色，所以将一个格子翻转偶数次，相当于没有翻转。

其次，将初始局面变为给定局面，等价于将给定局面变为初始局面。因此问题可以转化成给定一个局面，要将这个局面全部变为白色格子所花费的最小代价。

发现这四种操作好像比较对称，考虑进行一些转化。

对于操作 $2$ ，翻转一个以 $(n,1)$ 为左下角， $(x,y)$ 为右上角的矩阵，可以转化为使用两次操作 $1$ ，第一次翻转以 $(1,1)$ 为左上角， $(n,y)$ 为右下角的矩形，第二次翻转以 $(1,1)$ 为左上角， $(x-1,y)$ 为右下角的矩形。

显然这两种操作完全等价，花费的代价也相同。因此，操作 $2$ 没有任何意义。

类似地，对于操作 $3$ ，翻转一个以 $(1,m)$ 为右上角， $(x,y)$ 为左下角的矩阵，可以转化为使用两次操作 $1$ ，第一次翻转以 $(1,1)$ 为左上角， $(x,m)$ 为右下角的矩形，第二次翻转以 $(1,1)$ 为左上角， $(x,y-1)$ 为右下角的矩形。

这两种操作也是完全等价的，但是两次操作 $1$ 只需要花费 $2$ 代价，因此操作 $3$ 也没有意义。

容易知道操作 $4$ 无法转化为使用不超过三次的操作 $1$ ，因此操作 $4$ 是有意义的。

于是证明了只有操作 $1$ 和操作 $4$ 有意义。下面考虑如何操作。

显然矩阵修改不好维护且十分麻烦，最好将其转化为单点修改。

可以对原矩阵 $c$ 进行一个巧妙的转化：令白色格子为 $0$ ，黑色格子为 $1$ 。设 $a_{i,j}$ 代表 $(c_{i,j}+c_{i+1,j}+c_{i,j+1}+c_{i+1,j+1}) \bmod 2$ 的结果。

容易知道，将原局面全部变成白色格子的充要条件为对于任意 $1 \le i,j \le n,a_{i,j}=0$ 。于是问题转化为将所有 $a_{i,j}$ 变为 $0$ 的最小方案。

考虑对于操作 $1$ ，翻转一个以 $(1,1)$ 为左上角， $(x,y)$ 为右下角的矩形等价于只翻转 $a_{x,y}$ 。

对于操作 $4$ ，翻转一个以 $(x,y)$ 为左下角， $(n,m)$ 为右下角的矩阵，等价于只翻转 $a_{x-1,y-1},a_{x-1,m},a_{y-1,n},a_{n,m}$ 。

这两个结论可以自行画图证明，这里略去。

这样操作 $1$ 就是翻转一个点，代价为 $1$ ，操作 $4$ 就是翻转四个点，代价为 $3$ 。

看起来操作 $4$ 好像更优。但是操作 $4$ 能用必须满足两个条件：1、 $a_{x-1,y-1},a_{x-1,m},a_{y-1,n},a_{n,m}$ 均为 $1$ （翻转 $a_{i,j}=0$ 的点会带来负收益）；2、只能进行一次（因为多次进行操作 $4$ 会不断翻转 $a_{n,m}$ ，实际上最多翻转 $3$ 个有效点）

所以最多进行一次操作 $4$ ，剩下的点都用操作 $1$ 完成。

于是判断一下能否进行操作 $4$ 并统计一下需要翻转的 $a_{i,j}$ 的个数即可。

时间复杂度 $O(nm)$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define back return
#define ri register int
#define ull unsigned ll
using namespace std;
ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    back x*f;
}
int n,m,ans,a[505][505],b[505][505];
char c[505][505];
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(ri i=1;i<=n;i++)
        for(ri j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>c[i][j];
            if(c[i][j]=='W')
                b[i][j]=0;
            else
                b[i][j]=1;
        }
    for(ri i=1;i<=n;i++)
        for(ri j=1;j<=m;j++)
            a[i][j]=(b[i][j]+b[i][j+1]+b[i+1][j]+b[i+1][j+1])%2;
    for(ri i=1;i<=n;i++)
        for(ri j=1;j<=m;j++)
            if(a[i][j]==1)  
                ans++;
    if(a[n][m])
        for(ri i=1;i<=n;i++)
            for(ri j=1;j<=m;j++)
                if(a[i-1][j-1]&&a[i-1][m]&&a[n][j-1])   
                {
                    cout<<ans-1<<"\n";
                    back 0;
                }
    cout<<ans<<"\n";
    back 0;
}