CF做题记录 2022.6.14-7.11

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E. ANDfinity

给出 $n$ 个非负整数 $a_i$，$i$ 与 $j$ 连边当且仅当 $a_i \oplus a_j\neq 0$，这里的 $\oplus$ 是位与运算。

一次，你可以执行两种操作的一种：

选择一个 $a_i$，让其 $+1$。

选择一个为正的 $a_i$，让其 $-1$。

求让整个图连通，所需要的最少操作数。

$2\le n\le 2000,0\le a_i\lt 2^{30}$。

Hint1

首先，将 $a_i=0$ 的位置加上 $1$。

注意到任意两个奇数都连通。

Hint2

考虑偶数，对偶数减一性质比较良好：这样会在 $lowbit$ 之后的位都产生 $1$，且它就和奇数连起来了。

Hint3

试说明：此时 $ans\le 2$。

Solution

挺有意思的题，vp被前面的题搞心态差了一点时间...

注意到若连通，则不会有 $0$ 存在。因此对于所有 $a_i=0$ 的位置先加一，这样全部为正整数。

考虑奇数之间由于最低位置存在 $1$ 必定连通；对于偶数，我们发现，当它加上 $1$ 或减 $1$ 以后，也会和奇数连通。

偶数的 $+1$ 是好考虑的，而减一，就是找到 $lowbit$ 并置零，将所有更低的位置为 $1$。

所以如果减一，我们有个想法是找到 $lowbit$ 最大的偶数排序，这样就能顺带把 $lowbit$ 更小的位置连上。

但是如果有多个 $lowbit$ 最大的这样就寄了。

然后发现如果还有 $lowbit$ 最大的，把它 $+1$，这样就满足条件了。

所以关键结论是此时的 $ans\le 2$，因此我们只要检查是否能让 $ans=1$ 即可。

首先我们发现可以 $O(n\log w)$ 的去检查一个数组是否合法，所以暴力枚举修改的哪个位置，就可以 $O(n^2\log w)$ 地做了。

P.S. 这题和 CF1553G 都一样，只要看出 $ans\le 2$ 就随便做了。

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1693

C. Keshi in Search of AmShZ

给出一张 $n$ 点 $m$ 边有向图，可能有重边。初始，角色在点 $1$，目标是走到点 $n$。

每天，可以执行下面两种操作的一种，直到角色走到 $n$ 为止：

• 选择任意一条边，删去。

• 假设角色在点 $u$，此时随机游走到一个点 $v$，满足 $u\rightarrow v$ 有一条未被删的连边。

问最坏情况下，从 $1\rightarrow n$ 最少需要多少天。

$n,m\le 2\times 10^5$。

Hint1

倒着设计 dp！

Hint2

观察到未确定的 dp 值里，最小的永远不会再被更新。

考虑类 dij 的方式确定 dp。

Solution

1. 图论是大弱项

2. 从一开始我的思考方式就出现了问题

设 $f(u)$ 是从点 $u$ 开始，最少需要多少天才能到达点 $v$。显然 $f(1)$ 即为所求。

考虑转移，$f(u)=f(v)+1$，其中 $v$ 应该是一个最糟糕的点。换言之如果 $u\rightarrow j$ 和 $u\rightarrow k$ 有连边，且 $f(k)\gt f(j)$，则要么我们删去 $i\rightarrow k$ 的连边，否则在最坏情况下我们必须从 $i$ 走到 $k$ 而不是从 $i$ 走到 $j$。

所以 $f(u)=\min\{f(v)+cnt\}$，其中 $cnt$ 是所有 $u$ 能一步走到的点 $x$ 中，$f(x)\gt f(v)$ 的。

注意到这个图并不是 $dag$，所以不能直接转移 dp。

图上 dp 的另一种实现是最短路。

因为 $cnt\ge 0$ 所以这个 dp 的转移是单调不减的，换言之我们可以用类 dijkstra 的方法去迭代求 $f$：当前最小的，未被标记的 $f(v)$ 一定不会变得更小了，所以取出 $f(v)$ 并且标记，然后去进行对 $u$ 的转移。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

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P.S. 很多时候图论问题都应该是设计一个“当前位置到终点的最短路”而不是“起始位置到当前位置的最短路”。一个典型的例子就是绝大部分期望 $dp$ 的状态设计（这类期望 $dp$ 本质上也是一个 $dag$ 游走问题）。

在本题，为何我们不能设 $f(i)$ 代表 $1\rightarrow i$ 最坏情况下的最少天数？因为如果 $f(k)\gt f(j)$，我们并不能保证，$i\rightarrow k$ 就会比 $i\rightarrow j$ 来得更差（比如若 $j$ 无法走到 $n$，那 $i\rightarrow k$ 反而会更优秀）。而倒着设计显然不会出现此类问题。

这道题虽然简单，但是很有思考价值。

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D. Decinc Dividing

若一个序列能恰好拆成一个上升子序列和一个下降子序列（可空），则称其为好的。

给出一个 $n$ 排列 $p$，询问 $p$ 的好的子段的个数。

$n\le 2\times 10^5$。

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非常牛逼的一道题啊。

首先本题的 check 已经是众所周知的一道题了：CF1144G。

事实上关于序列（排列）拆分成一个上升子序列和一个下降子序列，最简便的方法也是 dp：设 $f(i)$ 是 $1\sim i$，其中第 $i$ 个元素放入了上升子序列，此时下降子序列结尾的最大值；以及 $g(i)$ 表示第 $i$ 个元素放入了下降子序列，此时上升子序列结尾的最小值。这样有一个 $O(n)$ 的 dp 去实现 check。

在本题中，设 $f_{l}(i)$ 与 $g_{l}(i)$ 代表从 $l$ 位置开始，然后第 $i$ 个放入了上升/下降子序列，此时对应序列结尾的最优秀值。如果 $f(i)=\infty$ 说明此时下降序列可空，如果 $f(i)=-\infty$ 则说明不能把 $i$ 放进上升子序列。显然 $[l,r]$ 合法当且仅当 $f_{l}(r)=-\infty$ 以及 $g_{l}(r)=\infty$ 不同时成立。

结论：如果 $i$ 确定，则 $f_{l}(i)$ 只有 $4$ 种可能取值。且随着 $l$ 的上升而上升。

证明：首先 $\infty$ 和 $-\infty$ 是肯定存在的。然后假设存在一个最大的 $j\lt i$ 使得 $p_{j}\gt p_{j+1}$，则首先 $p_{j}$ 和 $p_{j+1}$ 必定有至少一个划分进下降子序列。且 $p_{j}\gt p_{j+1}\lt p_{j+2}\lt ... p_{i}$。要么 $p_{j}$ 划分进了下降子序列且 $p_{j+1}$ 划分进了上升子序列，那么我们显然可以把 $j+2\sim i$ 全部划分入上升子序列；或者 $p_{j+1}$ 划分进了下降子序列，此时 $p_{j+2}$ 必须划分进上升子序列，由此剩余的也肯定可以划分进上升子序列。

显然对于 $g$ 有类似结论。

所以我们降序（或者升序）枚举 $l$ 皆可，然后暴力从 $dp(i)$ 更新到 $dp(i+1)$，如果更新前后的 $dp(i+1)$ 没有任何变化，我们就停止更新。

这样，每进行一次更新，意味着至少一个 $f$ 或者 $g$ 发生了变化，而总变化次数是 $O(n)$ 级别的。因此时间复杂度同样是 $O(n)$。

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E. Outermost Maximums

有一个长度为 $n+2$ 的序列 $a$，其中 $a_0=a_{n+1}=0$ 已确定。现在给你 $a_1\sim a_n$ 的值。

你可以执行任意多次两种操作的一种，使得 $a_1\sim a_n$ 都变为 $0$：

• 找到 $a$ 最左边的最大值位置 $x$，并令 $a_x=\max_{i=0}^{x-1}a_{i}$。

• 找到 $a$ 最右边的最大值位置 $y$，并令 $a_y=\max_{i=y+1}^{n+1}a_{i}$。

试找出最少操作步数，$n\le 2\times 10^5,0\le a_i\le n$。

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首先我们肯定会不断操作最大值并让其变为更小的值。

所以假设初始最大值位置为 $p_1,p_2,...,p_k$。显然 $p$ 的一段前缀是用操作 $1$，剩下的一部分后缀是用操作 $2$。

设 $l_i$ 表示 $i$ 左边最大的 $\lt a_i$ 的位置，同理有 $r_i$。那么 $l_{p_1},l_{p_2},...,l_{p_n}$ 单调上升，$r_{p_1},r_{p_2},...,r_{p_n}$ 单调下降。

所以我们可以保证一轮变化后 $a_{p_i}$ 变成了 $\min\{a_{l_{p_i}},a_{r_{p_i}}\}$。显然这是最优秀的。

容易发现按照这样的变化方式，实际上每个位置是独立的。换言之，我们把问题改写成，给出一个和 $a$ 完全一致的序列 $b$，然后枚举 $i$ 从 $1\rightarrow n$。每次令 $b_i=\min\{b_{l_{p_i}},b_{r_{p_i}}\}$ 且重新更新 $l_i,r_i$ 直到 $b_i=0$ 为止。问变化次数和。

到这里暴力模拟是可以做到 $O(n^2)$ 级别的，仍然不够优秀。下面是神来之笔：

我们研究某个时刻的 $i$：考虑值域。设 $f(x,0)=1$ 当且仅当有一个 $j\lt i$ 满足 $b_j=x$，同理 $f(x,1)=1$ 当且仅当有一个 $j\ge i$ 满足 $b_j=x$。

然后，我们初始在 $b_i$ 位置，然后不断向前走，每次走到最近的 $f(x,0)=1$ 或 $f(x,1)=1$ 的位置（显然我们会走比较远的那个，但是在这里没有什么用），直到走到 $0$ 位置。

设 $dp[l,r,0/1,0/1]$ 是从 $r$ 外面进入，走出 $l$ 的最少步数。两个 $0/1$ 分别代表我们进来的时候是想走到 $f(x,0)=1$ 还是 $f(x,1)=1$，以及出去的时候是想走到 $f(x,0)=1$ 还是 $f(x,1)=1$。

容易发现这个 $dp$ 是容易 $O(1)$ 合并的。而 $i$ 增加的过程就是修改了 $dp[a_i,a_i]$，每次求的是 $dp[0,a_{i}-1]$。所以用线段树维护这个结构就行了。

虽然说起来简单，但这个做法非常的高妙，非常的有启发意义。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

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P.S. 这题没有独立想到最后的 DS 优化部分，思考了一下，发现这部分和之前做过的一道 CF 题 MCMF（当时也是想到 $n^2$ 没有得出进一步的 DS 优化）存在一类共同点：

就是我们要对数列的每个位置都去执行一个类似的操作并求结果，而这个操作是依赖于数列本身的。那这个时候我们发现单个的考虑其实往往没有什么优秀性质，但我们可以用一些 DS 去维护，为什么可以 DS，是因为 $i\rightarrow i+1$ 的时候，由于你的答案只依赖于数列本身，而指针移动一位造成的变化往往很小。所以我们可以很快地处理这些变化，然后就变成一些简单的 DS 了。

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1695

D2. Tree Queries(Hard Version)

给出一颗 $n$ 点的树，找到最小的 $k$，满足：

存在一个点集 ${x_1,x_2,...,x_k}$，然后对于树上每个点 $x$，设 $x$ 到这 $k$ 个点的最短路数组为 $D_x=d(x,x_1),d(x,x_2),...,d(x,x_k)$。不存在两个点 $x,y$ 使得 $D_x=D_y$。

$n\le 2\times 10^5$。

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很牛逼的 div2 D。

显然若点集中有两点 $(x,y)$，则路径 $(x,y)$ 上的所有点不用考虑，它们的最短路数组一定唯一。

所以假设点集已经确定，对于点集中任意两点 $(x,y)$，把路径 $(x,y)$ 上的点全部染色，则答案合法等价于没有一个染色点有 $\gt 1$ 个的未染色相邻节点。

所以容易想到设 $f(u)$ 代表子树 $u$ 合法的最小代价，设 $u$ 的所有儿子中有 $x$ 个儿子的 $f(v)=0$（实际上这意味着 $subtree(v)$ 是一条链），则有：

$$f(u)=\sum f(v)+\max\{x-1,0\}$$

但这其实是有问题的。原因在于假设 $u$ 是二叉的，你只在一颗子树里找点加入点集是不够的，要么 $u$ 子树外（或者 $u$ 本身）还得来一个点，要么 $u$ 要是三叉往上的，这样 $u$ 点才会被染色到。

由此得出两种思路：

1. $n\ge 1$ 的时候必然有一个点被染色，暴力枚举它，作为树根，执行上面的 dp，然后 $+1$ 最后取 $\min$。直接暴力是 $n^2$ 的（可以通过 D1），我们发现这个 dp 容易换根优化，时间复杂度 $O(n)$。

2. 随便找一个三叉往上的点定根，然后跑一遍 dp 就行了。如果找不到，说明是个链。

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1698

F. Equal Reversal

给出两个长度为 $n$ 的序列 $a,b$，你需要在不超过 $n^2$ 次操作内将 $a$ 变为 $b$。一次操作指选定一个区间 $[l,r]$ 满足 $a_l=a_r$ 并反转 $a[l,r]$。

$n\le 500$。

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神题。

首先假设在 $a_{i}\leftrightarrow a_{i+1}$ 之间连一条无向边，则不管怎么操作，这个图 $G$ 不会发生改变。（本质上是相邻元素对集合不会改变）。

而我们从 $a_1$ 这个点开始走，每次沿着 $a_{i}\rightarrow a_{i+1}$ 走，可以发现走出了 $G$ 的一个欧拉路。

事实上 $G$ 还有别的从 $a_1$ 开始的欧拉路。显然一条欧拉路唯一对应了一个新的序列 $a'$，可以证明的是每个 $a'$ 都可以由原序列 $a$ 通过若干次反转得到。

我们先来研究反转在图论上的意义。反转确实不会更改图 $G$ 的形态，但他会更改我们的欧拉路径。具体而言，是选择一个环，并且将定向取反，访问顺序也取反。即本来是 $a_l\rightarrow a_{l+1}\rightarrow ... \rightarrow a_{r-1}\rightarrow a_{l}$，更改为 $a_l\rightarrow a_{r-1}\rightarrow ... \rightarrow a_{l+1}\rightarrow a_{l}$。

现在来证明运用这个操作，总能让两条 $a_1$ 开始的欧拉路径重合。

我们采用归纳+反证的形式，即假设 $a_x$ 与 $b_x$ 处是第一处不同的地方（显然 $1\lt x\lt n$）。设 $u=a_{x-1},v_1=a_{x},v_2=b_{x}$。

由于走的都是欧拉路径，所以在 $a$ 的走法里，$<u,v_2>$ 这条边还是要走的；在 $b$ 的走法里，$<u,v_1>$ 这条边还是要走的。这实际上告诉我们这两条边都存在于环上。

1. 假设在 $a$ 的走法中，走的是 $v_2\rightarrow u$。此时 $u\rightarrow v_1\rightarrow ... \rightarrow v_2\rightarrow u$ 就是一个环。反转它，则先走 $u\rightarrow v_2$。

2. 假设在 $a$ 的走法中，走的是 $u\rightarrow v_2$。此时路径形态形如 $u\rightarrow v_1\rightarrow ... \rightarrow u\rightarrow ...\rightarrow u\rightarrow v_2\rightarrow ... \rightarrow u\rightarrow ...$。反转 $<u,v_2>$ 在的那个环，则变成了 $v_2\rightarrow u$，回到第一种情况。

所以两条欧拉路径始终能完成重合。

放到原序列，其实两种讨论，对应了构造的两种情况。首先，总的思路是，从前往后一位位构造。当第 $i$ 位不同的时候，必定满足下面两种情况之一：

1. 存在 $j\gt i$ 且 $a_j=a_{i-1},a_{j-1}=b_{i}$，此时直接翻转 $[i-1,j]$ 即可。

2. 存在 $j\ge i$ 且 $a_j=a_{i-1},a_{j+1}=b_{i}$，且存在某个区间 $[l,r]$ 满足 $l\ge i-1$，$[j,j+1]\in [l,r]$，此时翻转 $[l,r]$，回到情况 1.

我们发现其实与图论上的两种情况完美契合。

时间复杂度 $O(n^3)$。操作数上界 $2\times (n-2)$。

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G. Long Binary String

给出一个长度为 $\infty$，初始全为 $0$ 的串 $t$，以及一个 $01$ 串 $S$。你可以执行任意次操作，每次把 $S$ 放在 $t$ 的任意位置并将相应位置异或 $S$。问是否能让最后的 $t$ 恰好有两个 $1$，若有，输出字典序最小的 $t$ 中，$1$ 的两个位置。

$|S|\le 35$。

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这是多项式题是我没想到的...

首先忽略原串 $S$ 的前导零，然后将其看成一个系数 $\lt 2$ 的幂级数 $P(x)$。

然后我们类似的，对操作序列定义一个幂级数 $Q(x)$，当我们有一次操作，$S$ 的首位和第 $n$ 位对齐了的时候，那么 $[x^n]Q(x)=1$。这样，我们得到的最后的串显然可以用 $P(x)Q(x)$ 表示，这里我们需要重新改写多项式乘法，将其改为在异或意义下。（可以看成，就是常规的多项式乘法，最后把系数全部模 $2$ 的一个过程。）

显然第一个位置一定是 $1$，而第二个为 $1$ 的位置是不确定的，换言之有方程 $x^k+1=P(x)Q(x)$，其中 $k$ 是一个正整数，我们希望它尽可能小。

注意到 $Q(x)$ 是任意的，所以原式等价于同余方程 $x^k\equiv P(x)-1(\bmod P(x))$，然后就是多项式版本的一个 bsgs 过程。因为你注意到这里 $k$ 的上界就是 $2^{35}$（考虑模 $p$ 的剩余系大小）。

我们可以把系数压进一个 long long 来存。注意到乘法的时候会爆精度，所以乘法的时候用一个 __int128 缓冲即可。

时间复杂度 $O(|S| p\log p)$，其中 $p=\sqrt{2^{|S|}}$。

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1699

E. Three Days Grace

给出一个多重集 $S$，其中的元素都在 $[1,m]$ 之间，你可以执行任意多次操作。每次操作选出多重集的一个元素 $d$，然后找到两个大于 $1$ 的数 $u,v$ 使得 $u\times v=d$，最后删除 $d$，加入 $u,v$。

问可能的，$\max\{S\}-\min\{S\}$ 的最小值。

$n\le 10^6,m\le 5\times 10^6$。

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考虑枚举最小值 $minn$，然后设 $dp(x)$ 是 $x$ 拆分成若干 $\ge minn$ 的数之积，且最大值的最小可能值。

首先考虑维护 $dp$，发现在 $minn$ 移动的过程中，假设当前移动到了 $i$，那么显然只有 $i$ 的倍数的 $dp$ 才会变化。

也就是说 $dp$ 的总计算次数是 $O(m\ln m)$ 的，但是每次重新计算 $dp$ 是花费 $O(d)$ 的时间的，显然不能通过，这比 $O(m\ln^2 m)$ 实质上要慢很多。

如果我们是增大 $minn$，那么是不好维护滴。注意到我们如果是降序枚举 $minn$，那么 $dp$ 值只可能变得越来越小，所以我们每次更新 $i\times j$ 的时候，直接把 $\max\{dp(i),dp(j)\}$ 和原有的取 $\min$ 即可。

现在我们可以 $O(m\ln m)$ 的总时间维护所有 dp 值了。我们还需要知道，$dp(a_1),dp(a_2),...,dp(a_n)$ 的动态最大值。一个朴素的想法是维护一个多重集，每次修改 $dp(a_i)$ 之前删了，修改后把新的 dp 值放进去。但这样复杂度就不能保证是 $O(m\ln m)$ 了。还是注意到 $dp$ 值永远在下降，此时有个套路，就是维护一个桶，维护一个指针表示当前最大值。如果桶里指针位置为空，那么之后的时刻这个位置不可能再放入数了（因为最大值永远在下降），此时直接让指针 $-1$ 知道指向的桶的位置非 $0$ 即可。这样这个过程均摊下来是 $O(m)$ 的。于是总时间复杂度 $O(m\ln m)$，空间复杂度 $O(m)$。

事实上枚举 $maxn$ 有对称做法，但我们必须每次寻找约数，这是比较难实现的。另外，枚举 $minn$ 的做法并不会跑满，因为枚举 $i\times j$ 的时候，$j\ge i$ 才有意义，那就意味着 $i\leq \sqrt{m}$ 的时候才会发生 dp 的更新。

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1700

E. Serega the Pirate

给出一个 $n\times m$ 的矩阵 $a$，满足 $1\le a_{i,j}\le n\times m$ 且两两不同。称矩阵 $a$ 是合法的，当且仅当存在一条四联通路径，从 $1$ 所在位置出发，$n\times m$ 所在位置结束，且满足：对于任意 $i\ge 2$，$i$ 第一次出现晚于 $i-1$ 第一次出现。

定义一次操作是交换 $a$ 中的两个元素位置。

如果 $a$ 是合法的，则输出 $0$。如果 $a$ 可以经过恰好一次操作变得合法，输出 $1$ 后，再输出可能的操作种数。否则输出 $2$。

$n\times m\le 4\times 10^5$。

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首先这个合法就等价于每个非 $1$ 位置都至少有一个相邻的小于它的位置。所以 $0$ 是容易判的。我们称满足这样性质的位置为合法位置。

然后注意到一次交换最多让 $4$ 个位置从不合法变为合法。所以我们在不合法位置大于 $4$ 的时候直接输出 $2$。

否则，交换的两个位置，必定有一个位置，它要么是不合法位置，要么与合法位置相邻。这样的位置最多有 $4\times 5=20$ 个。

所以在 $O(nm)$ 的时间内可以确定所有点对，带 $20$ 的常数。$check$ 是 $O(1)$ 的，这里常数不能太大，因为本题的时间限制比较严格。

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F. Puzzle

给出两个 $2\times n$ 的 $01$ 矩阵 $A,B$。定义一次操作是交换 $A$ 中相邻两个位置的值。问把 $A$ 变为 $B$ 的最小操作数，或报告无解。

$n\le 2\times 10^5$。

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很精妙的题，有 atc 的感觉。

首先无解的条件就是 $A,B$ 中 $1$ 的个数不相等。我们接下来探讨有解的情况。

因为一次操作必定牵扯到一个 $1$，所以我们可以这样更改题意：允许 $1$ 在中途重叠，一次操作定义为选择一个 $1$ 并移动。我们容易发现这个问题的答案和原问题是等价的。

这样有一个什么好处？就是说我们不用考虑 $1-1$ 这种操作的麻烦了（从交换的角度来看，它是无意义的）。我们可以直接把原问题变成将 $A$ 与 $B$ 中的 $1$ 进行一一匹配，边权为曼哈顿距离，求权最小的完美匹配。这个转化是特殊的，它只在 $0/1$ 的矩阵上成立。

另一个角度是从 $1\times n$ 的情况入手。显然我们会把两个矩阵中的 $1$ 排序，然后一一配对。事实上，这个策略有一个更形式化的表述：$\sum_{i=1}^{n}|sa_i-sb_i|$，其中 $sa$ 是 $a$ 中 $1$ 的前缀和，$sb$ 同理。记 $d_i=sa_i-sb_i$。

现在让我们把视角放到 $2\times n$ 的矩阵中。我们注意到根据先前的转化，所有的上下操作都可以放到开头完成。注意到一次上下交换的操作实质上是把一行的 $d_{i\sim n}$ 全部减一，另外一行的 $d_{i\sim n}$ 全部加一。

我们从前往后扫，注意到若两行 $d_i$ 同号则执行上下交换不优；若异号，假设第一次出现，则此时绝对值较小的是 $1$。我们把正的减去一，负的加上一，这样答案减小了一。同时我们发现按照这样的调整，此时变为了同号的情况。换言之按照这个贪心，每次碰到异号，绝对值较小的值一定是 $1$。所以总能实现一次上下操作（如果不能实现，说明为 $0$，那值就不会变化，与“第一次”异号矛盾）。所以这个 $O(n)$ 的贪心就能解决问题。

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