ARC135D

构造 $X_i=\sum_{j=1}^m (-1)^{i+j}A_{i,j}$，$Y_j=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}A_{i,j}$。

则一个矩阵 $B$ 能被矩阵 $A$ 变成当且仅当 $\left\{X\right\},\left\{Y\right\}$ 均相等。

必要性：很显然，因为操作是不会导致 $\left\{X\right\}$ 或 $\left\{Y\right\}$ 改变的。

充分性：对于 $i\in [1,n-1],j\in[1,m-1]$，从上往下，从左到右依次调整，而每行的最右端与每列的最下端因为 $\left\{X\right\},\left\{Y\right\}$ 均相等被唯一确定。

转换问题，变成给定 $\left\{X\right\},\left\{Y\right\}$，满足 $\sum X_i=\sum Y_j$，求一个 $B$ 满足 $X_i=\sum_{j=1}^m (-1)^{i+j}B_{i,j}$，$Y_j=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+j}B_{i,j}$，最小化 $\sum \left|B_{i,j}\right|$。

$B$ 从全零矩阵开始操作，题目变成：

• 每次操作 $(i,j,k)$，使得 $X_i,Y_j$ 加上 $k$，代价为 $\left|k\right|$，需要让 $\left\{X\right\},\left\{Y\right\}$ 都变成 $0$，最小化代价。

显然有个下界是 $\sum \left|B_{i,j}\right|\ge \max(\sum\left|X_i\right|,\sum\left|Y_j\right|)$，接下来构造一组能取到下界的解。

• 如果存在 $X_i,Y_j\gt0$，则操作 $(i,j,-1)$。
• 如果存在 $X_i,Y_j\lt0$，则操作 $(i,j,1)$。
• 如果存在 $X_i\gt0,X_j\lt0$，则操作 $(i,1,-1),(j,1,1)$。
• 如果存在 $Y_i\gt0,Y_j\lt0$，则操作 $(1,i,-1),(1,j,1)$。

容易发现由于 $\sum X_i=\sum Y_j$，则前两种操作完后，必有 $\left\{X\right\}$ 或 $\left\{Y\right\}$ 全为 $0$，后面两种操作就是对剩下非 $0$ 的进行处理，每一步都是必要且不浪费的，因此这样能取到下界。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 505;
int n, m;
ll ans;
ll b[N][N];
ll X[N], Y[N];

void upd(int x, int y, ll c) {
	X[x] -= c, Y[y] -= c;
	b[x][y] += ((x + y) & 1) ? -c : c;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			ll k; scanf("%lld", &k);
			if ((i + j) & 1) X[i] -= k, Y[j] -= k;
			else X[i] += k, Y[j] += k;
		}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			if (X[i] > 0 && Y[j] > 0)
				upd(i, j, min(X[i], Y[j]));
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			if (X[i] < 0 && Y[j] < 0)
				upd(i, j, max(X[i], Y[j]));
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= n; ++j)
			if (X[i] > 0 && X[j] < 0) {
				ll tmp = min(X[i], -X[j]);
				upd(i, 1, tmp);
				upd(j, 1, -tmp);
			}
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			if (Y[i] > 0 && Y[j] < 0) {
				ll tmp = min(Y[i], -Y[j]);
				upd(1, i, tmp);
				upd(1, j, -tmp);
			}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			ans += abs(b[i][j]);
	printf("%lld\n", ans);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) printf("%lld ", b[i][j]);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}