[BZOJ3503][CQOI2014]和谐矩阵
题意
给出\(n,m\)要求构造一个\(n \times m\)的\(01\)矩阵使得每个点及其上下左右（如果有的话）的元素的异或和为\(0\)。构造出来的矩阵不能全是\(0\)。
\(n,m\le40\)
sol
如何保证解出来不是全\(0\)？只要对于每个自由元都强制设成\(1\)就可以了。
想都不要想就可以列出\(n\times m\)个方程然后跑\(O((nm)^3)\)的高斯消元。
一开始我还以为跑不过，然而。。。
\(1600\times1600\times1600\div64=64000000\)
这居然是正确的复杂度。。。
所以这题暴力就直接艹过去了。弄得我都不想写正解了
以下是暴力代码。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 1605;
int n,m,tot,id[45][45],sol[N];
bitset<N>a[N];
int main()
{
n=gi();m=gi();
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
id[i][j]=++tot;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
{
a[id[i][j]][id[i][j]]=1;
if (i>1) a[id[i][j]][id[i-1][j]]=1;
if (j>1) a[id[i][j]][id[i][j-1]]=1;
if (i<n) a[id[i][j]][id[i+1][j]]=1;
if (j<m) a[id[i][j]][id[i][j+1]]=1;
}
for (int i=1;i<=tot;++i)
{
if (!a[i][i])
{
for (int j=i+1;j<=tot;++j)
if (a[j][i]) {swap(a[i],a[j]);break;}
}
for (int j=i+1;j<=tot;++j)
if (a[j][i]) a[j]^=a[i];
}
for (int i=tot;i;--i)
{
sol[i]=a[i][tot+1];
for (int j=tot;j>i;--j)
if (a[i][j]) sol[i]^=sol[j];
if (!a[i][i]) sol[i]=1;
}
for (int i=1;i<=n;++i,puts(""))
for (int j=1;j<=m;++j)
printf("%d ",sol[id[i][j]]);
return 0;
}
下面是正解。
因为上面的一个方程里面只有至多\(5\)个变量拿去跑\(O(n^3)\)的高斯消元太不划算了，我们考虑把一些方程代入其他方程里面。
考虑只对第一行设元。由于第一行的每个点要满足
\[a_{1,j} \oplus a_{1,j-1} \oplus a_{1,j+1} \oplus a_{2,j}=0
\]
（越界会默认是\(0\)所以没关系的）
那么也就是
\[a_{2,j}=a_{1,j} \oplus a_{1,j-1} \oplus a_{i,j+1}
\]
以此类推，这样每一个\(a_{i,j}\)都可以用\(m\)个第一行的未知量来表示。最后就只要对最后一行满足的条件（即\(a_{n,j} \oplus a_{n,j-1} \oplus a_{n,j+1} \oplus a_{n-1,j}=0\)）解方程就可以了。
复杂度\(O(n^3)\)
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 45;
int n,m,ans[N][N];
bitset<45>a[N][N],b[N];
int main()
{
n=gi();m=gi();
for (int j=1;j<=m;++j) a[1][j][j]=1;
for (int i=2;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
a[i][j]=a[i-1][j-1]^a[i-2][j]^a[i-1][j]^a[i-1][j+1];
for (int j=1;j<=m;++j) b[j]=a[n][j-1]^a[n-1][j]^a[n][j]^a[n][j+1];
for (int i=1;i<=m;++i)
{
if (!b[i][i])
{
for (int j=i+1;j<=m;++j)
if (b[j][i]) {swap(b[i],b[j]);break;}
}
for (int j=i+1;j<=m;++j)
if (b[j][i]) b[j]^=b[i];
}
for (int i=m;i;--i)
{
ans[1][i]=0;
for (int j=m;j>i;--j)
if (b[i][j]) ans[1][i]^=ans[1][j];
if (!b[i][i]) ans[1][i]=1;
}
for (int i=2;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
ans[i][j]=ans[i-1][j-1]^ans[i-2][j]^ans[i-1][j]^ans[i-1][j+1];
for (int i=1;i<=n;++i,puts(""))
for (int j=1;j<=m;++j)
printf("%d ",ans[i][j]);
return 0;
}
