JZOJ2020年8月10日提高组T3 玩诈欺的小杉
JZOJ2020年8月10日提高组T3 玩诈欺的小杉
题目
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
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
题解
题意
给出一个矩阵，问经过多少次操作使得原矩阵（全0）转换成目标矩阵
每次操作将会翻转当前格子和左右各一个及上下各两个的颜色
分析
题目转一下：多少操作使得目标变成全0
很容易想到状压\(DP\)（今天第3道）
发现，上一列的情况会影响当前这列的选择
看：
00000
00000
01000
00000
00000
现在我们做到了第3列
那么第3列第3行这个位置就必须要翻转
因为到了第4列就无法影响到第2列的那个1了
所以说我们可以构造第0列的01情况
然后根据每列的01情况选取位置进行翻转
最后看一下第\(m\)列是否为全0即可
时间复杂度\(O(2^n*n^3)\)
思考优化
发现翻转和异或十分相似
看一下样例1
00100
00100
01110
00100
00100
第2行和第3行异或
00100
00100
01010
00100
00100
把第2行的状态往下一位，再异或第3行
00100
00100
01010
00000
00100
同理就可以搞定第3列
那么第4列再和第2列异或
00000
00000
01000
00000
00000
搞定
优化至\(O(2^n*n^2)\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,t,mx,i,j,ans,er,a[25][25],map[25],c[25];
char ch;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
mx=(1<<n)-1;
while (t--)
{
ans=0;
memset(map,0,sizeof(map));
for (i=1;i<=n;i++)
{
j=1;
ch=getchar();
while (ch!='0'&&ch!='1') ch=getchar();
while (ch=='0'||ch=='1')
{
a[i][j]=ch-'0';
ch=getchar();
j++;
}
}
for (j=1;j<=m;j++)
{
er=1;
for (i=1;i<=n;i++)
{
map[j]+=a[i][j]*er;
er*=2;
}
}
for (map[0]=0;map[0]<=mx;map[0]++)
{
for (i=0;i<=m;i++)
c[i]=map[i];
for (i=1;i<=m;i++)
{
c[i]=(c[i]^c[i-1]^(c[i-1]*2)^(c[i-1]*4)^(c[i-1]/2)^(c[i-1]/4))&mx;
c[i+1]=(c[i+1]^c[i-1])&mx;
}
if ((c[m]&mx)==0) ans++;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
