又一道可写的小清新思维题

其实想到倒着做了,然而还是因为T1害人不浅(我太菜了),所以并没有写

考虑两个局面不同,显然至少打了一次地鼠,基于操作的颜色覆盖性质,我们可以考虑把操作倒着做,对于一个X点,其同行同列没有其他的X点,则可以考虑将该点逆操作,其同行同列的原颜色可以不被考虑,对于一个颜色忽略不计的点,如果其同行同列没有X点,则亦可忽略其同行同列的颜色,对此可以BFS解决,时间复杂度\(\mathcal{O}(nm)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second using namespace std; const int N=1010; int n,m,a[N][N],b[N][N]; char s[N][N],t[N][N]; queue<pii>q; bool checks(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(s[i][j]!='X'){
return 0;
}
}
}
return 1;
} bool checkt(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(t[i][j]!='O'){
return 0;
}
}
}
return 1;
} int cntrow[N],cntcol[N]; bool vis[N][N],viscol[N],visrow[N]; void bfs(int u,int v){
if(!viscol[v]){
viscol[v]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i==u){
continue;
}
b[i][v]=-1;
if(!cntrow[i]){
q.push(mk(i,v));
}
}
}
if(!visrow[u]){
visrow[u]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(i==v){
continue;
}
b[u][i]=-1;
if(!cntcol[i]){
q.push(mk(u,i));
}
}
}
} bool solve(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(!b[i][j]&&cntrow[i]==1&&cntcol[j]==1){
q.push(mk(i,j));
b[i][j]=-1;
vis[i][j]=1;
}
}
}
while(!q.empty()){
pii pr=q.front();q.pop();
bfs(pr.fi,pr.se);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(~b[i][j]){
if(a[i][j]^b[i][j]){
return 0;
}
}
}
}
return 1;
} int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++){
a[i][j]=s[i][j]!='X';
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",t[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++){
b[i][j]=t[i][j]!='X';
cntrow[i]+=!b[i][j];
cntcol[j]+=!b[i][j];
}
}
if(checks()||checkt()){
printf("0\n");
return 0;
}
printf("%d\n",solve()?1:0);
return 0;
}

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