$n \leq 12,m \leq 12$,$n$行$m$列小写字母,现可做无数次操作:交换两行;交换两列。问是否有可能把他变成中心对称的。

没有去想分组枚举的复杂度QAQ

行和列的操作顺序是随意的。假如说在一种最优方案中,操作是行行行……行列列列……列行行行……行列列列……列,那您把后面那堆行和前面那堆列换一下准保没问题:在一行的字母是不会变成不在同一行的,在一列的字母是不会变成不在同一列的,所以我瞄准最优方案,先把行放好位置,然后调列,一定能调好。可能比较抽象,反正他是对的,具体证明出门见其他大牛博客。

还有一件事,我枚举一种分配方案不需要枚举$n!$,很多都是重复的。怎么讲?先考虑这:我一种行的放法确定好,然后调列看合不合法。要合法的话,每个列都要和另一个列配上,这里的配上,就是一个取反后和另一个相等。如果m是奇数,那得有个列来当回文串放中间。这样子,假设现在放行的方案是$(p_1,p_2,...,p_n)$,如果咱变成$(p_2,p_1,...,p_n,p_{n-1})$,那跟前面那种是完全一样的(如果前面那种配上了这种也配上,如果前面那种配不上这种也配不上)。因此我只要把行打包成$n/2$对,然后每一对对称放,复杂度就会变成:多少啊,我每次从剩下的人里选一个考虑他配谁,选谁无所谓因为谁都要配,然后枚举他配谁,这样复杂度就是$(n-1)*(n-3)*...=(n-1)!!$。最大到10000多一点。行列都这么枚举加剪枝可以过。

诶您啥啊列何必像行那样枚举,每次枚举配上就配上了不改了,因此列枚举复杂度可以变成$n*m*m$,排序+二分可以变成$n*m*log_2m$。

 //#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//#include<time.h>
//#include<complex>
//#include<set>
#include<algorithm>
//#include<math.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std; int n,m;
char mp[][]; int a[]; bool vis[],ans=; bool v2[];
bool check()
{
// for (int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';cout<<endl;
memset(v2,,sizeof(v2));
bool used=(m&);
for (int i=;i<=m;i++) if (!v2[i])
{
bool flag=;
for (int j=i+;j<=m;j++) if (!v2[j])
{
bool ff=;
for (int k=;k<=n;k++) if (mp[a[k]][i]!=mp[a[n-k+]][j]) ff=;
if (ff) {v2[j]=; flag=; break;}
}
if (!flag)
{
if (used)
{
bool ff=;
for (int k=;k<=n;k++) if (mp[a[k]][i]!=mp[a[n-k+]][i]) ff=;
if (ff) used=;
else return ;
}
else return ;
}
}
return ;
} void dfs(int cur,int pos,bool odd)
{
if (ans) return;
if (cur>n) {ans=check(); return;}
if (vis[cur]) {dfs(cur+,pos,odd); return;} for (int i=cur+;i<=n;i++) if (!vis[i])
{
a[pos]=i; a[n-pos+]=cur;
vis[i]=;
dfs(cur+,pos+,odd);
vis[i]=;
}
if (odd)
{
a[(n>>)+]=cur;
dfs(cur+,pos,);
}
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+);
dfs(,,n&);
puts(ans?"YES":"NO");
return ;
}

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