[USACO2007OPENS] Fliptile S

题目描述

FJ 知道，智商高的奶牛产奶量也大，所以他为奶牛们准备了一个翻动瓦片的益智游戏。

在一个 \(M \times N\) 的方阵上（\(1 \leq M,N \leq 15\)），每个格子都有一个可以翻转的瓦片。瓦片的一面是黑色，另一面是白色。对一个瓦片翻转，可以让它的颜色由黑到白，或是由白到黑。

然而奶牛们很笨拙，它们翻转一个格子的瓦片时，与其有公共边的所有瓦片也会翻转。

现在奶牛们想知道，至少需要多少次翻转，使所有的瓦片都变成白色朝上呢？

输入格式

第一行两个整数 \(M,N\)。

接下来 \(M\) 行，每行 \(N\) 个整数，表示初始状态，\(0\) 表示白面朝上，\(1\) 表示黑面朝上。

输出格式

如果不能将所有瓦片都翻转为白面朝上的话，输出 IMPOSSIBLE。

否则输出 \(M\) 行，每行 \(N\) 个整数，第 \(i\) 行的第 \(j\) 个数代表第 \(i\) 行第 \(j\) 列的瓦片被翻转了多少次。

你的输出应该确保翻转次数最少。如果存在多种方案，输出字典序最小的方案。

这里的字典序最小指将输出中的所有空白字符去掉后，形成的字符串字典序最小。

样例 #1

样例输入 #1

4 4 
1 0 0 1 
0 1 1 0 
0 1 1 0 
1 0 0 1

样例输出 #1

0 0 0 0 
1 0 0 1 
1 0 0 1 
0 0 0 0

提示

下面的方案操作次数同样是最小的，但是字典序不是最小的。

0 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 1 1 0

首先可以枚举第一行的翻转方案。可以将第一行的翻转方案压成二进制。

考虑第二行，如果在第一行的某个位置是黑色朝上，那么对应的第二行位置也一定要翻转。同理，第二行某个位置黑色朝上，需要第三行去翻转。那么这样子转下去，最后可以判断一下最后一行是不是全部黑色向上。

因为第一行按照二进制枚举，所以我们一但发现这个方案翻转次数等于之前的某一个，那么肯定是之前的那个字典序更小。

#include<bits/stdc++.h>
int a[20][20],b[20][20],cnt,flag,flag1,n,ans=2147483647,f[20][20],g[20][20],m;
char c;
void turn(int x,int y)
{
	b[x][y]^=1;
	b[x-1][y]^=1;
	b[x+1][y]^=1;
	b[x][y+1]^=1;
	b[x][y-1]^=1;
}
void calc(int i,int t)
{
	cnt=0;
	memcpy(b,a,sizeof(b));
	memset(g,0,sizeof(g));
	for(int j=1;j<=m;++j)
	{
		if(i&1<<(j-1))
		{
			turn(1,j);
			g[1][j]=1,++cnt;
		}
	}
	for(int j=2;j<=n;j++)
	{
		for(int k=1;k<=m;k++)
		{
			if(b[j-1][k]!=t){
				turn(j,k);
				cnt++,g[j][k]=1;
			}
		}
	}
	if(cnt<ans)
	{
		flag1=1;
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(b[n][j]!=t)
				flag1=0,j=m;
		if(flag1)
		{
			ans=cnt;
			memcpy(f,g,sizeof(g));
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d",a[i]+j);
		}
	}
	for(int i=0;i<(1<<m);++i)
		calc(i,0);
	if(ans==2147483647)
	{
		printf("IMPOSSIBLE");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
			printf("%d ",f[i][j]);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}