CFR-857解题报告

A. The Very Beautiful Blanket

题意：构造一个 $n\times m$ 的矩阵，使得任意 $4\times 4$ 的子矩阵中，左上 $2\times 2$ 与右下 $2\times 2$ 的矩阵的异或和，等于右上 $2\times 2$ 与左下 $2\times 2$ 的矩阵的异或和。

这个限制看起来非常难以处理，但非常宽松，于是可以想到人为构造一种更强的限制，使得新限制是原限制的充分条件，且较容易构造。

一种容易想到的方式为，只要让任意 $2\times 2$ 的子矩阵的异或和均为 $0$，显然可满足要求。以下为两种较简单的构造：

做法一

因为任意 $2\times 2$ 的子矩阵异或和为 $0$，则只要有三个确定了，第四个唯一确定。于是可以发现，第一行和第一列确定后，就能唯一确定一个 $n\times m$ 的矩阵（递推即可）。第一行和第一列可以随机，正确率足够通过本题。如果放不下心可以最后加一个判断，不合法则重新随机。

By cxm1024

long long a[210][210];
void Solve(int test) {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	while (1) {
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			a[i][1] = abs((long long)(1ull * rand() * rand() * rand()));
		for (int i = 1; i <= m; i++)
			a[1][i] = abs((long long)(1ull * rand() * rand() * rand()));
		for (int i = 2; i <= n; i++)
			for (int j = 2; j <= m; j++)
				a[i][j] = a[i - 1][j - 1] ^ a[i - 1][j] ^ a[i][j - 1];
		// set<int> s;
		// for (int i = 1; i <= n; i++)
		// 	for (int j = 1; j <= m; j++)
		// 		s.insert(a[i][j]);
		// if (s.size() != n * m) continue;
		// 注释部分为判断合法性，不加也可通过
		cout << n * m << endl;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= m; j++)
				cout << a[i][j] << " ";
			cout << endl;
		}
		break;
	}
}

做法二

第二种为直接构造，思维难度相对较高。对于 $2\times 2$ 的子矩阵中的元素，考虑在二进制位上分段处理，分为前后两段，前面的段每一行内部相同，行之间不同；后面的段每一列内部相同，列之间不同。这样，同行的两个元素异或会把前面的段抵消，同列的两个元素异或会把后面的段抵消，保证异或和为 $0$。

实现上，直接令 $a_{i,j}=i\times 2^k+j$，其中 $k$ 是足以区分两段的常数（本题中取 $8$ 以上即可）。

By jiangly

void solve() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    
    std::cout << n * m << "\n";
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            std::cout << (i << 10) + j << " \n"[j == m - 1];
        }
    }
}

做法三

做法二有些过于技巧性，以至于我们的注意力容易被巧妙的二进制操作所吸引。实际上，此做法关键的妙处并不在此。

首先来看另一种随机的做法：

By flowerletter

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
mt19937_64 hua(time(0));
using u64 = unsigned long long;
int main() {
// 	freopen("in.txt", "r", stdin);
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
	int T; 
	for(cin >> T; T; T --) {
		int n, m;
		cin >> n >> m;
		cout << n * m << '\n';
		vector<u64> a(n), b(m);
		for(int i = 0; i < n; i ++) a[i] = hua() % LLONG_MAX;
		for(int i = 0; i < m; i ++) b[i] = hua() % LLONG_MAX;
		for(int i = 0; i < n; i ++) {
			for(int j = 0; j < m; j ++) {
				cout << (a[i] ^ b[j]) << ' ';
			}
			cout << '\n';
		}
	}
	return 0;
}

为什么这是对的？考察一个 $2\times 2$ 的子矩阵 $\left[\begin{array}{cc}(x,y)& (x,y+1)\\ (x+1,y)& (x+1,y+1)\end{array}\right]$，其异或和为 $(a_x\oplus b_y)\oplus (a_x\oplus b_{y+1})\oplus (a_{x+1}\oplus b_y)\oplus (a_{x+1},b_{y+1})=0$。这是因为上下两个的 $b$ 相同，左右两个的 $a$ 相同，内部抵消完毕。而 $a,b$ 的随机性又保证了不会重复。

现在回过头来看做法二，就会发现，其实是钦定本做法的 $a_x=x\times 2^k,b_y=y$，以二进制的操作来保证每行没列不重复。

总结

这里的做法二和做法三都巧妙且简洁，是我目前看到的 best code。

本题的精髓思考在于以下两点：

1. 想到将原限制转化为任意 $2\times 2$ 的格子异或和为 $0$
2. 用左右能够抵消的量和上下能够抵消的量组合，来填每个格子，在此基础上使用随机/二进制来保证不重复。