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：

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

第2行和第3行异或

把第2行的状态往下一位，再异或第3行

同理就可以搞定第3列

那么第4列再和第2列异或

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;

}