Codeforces663E. Binary Table

$n \leq 20,m \leq 100000$的01矩阵，可整行整列01翻转，问最少剩几个1.

一个暴力的做法是枚举$2^n$种行翻转然后$m$列扫一遍。但其实在行翻转情况确定的情况下我们只关心两个东西：某一列在行翻转后剩几个1，以及有几个这样的列。$f(i,j)$--在行翻转$j$的情况下，有$i$个1的有多少列。其实就是与$j$有$i$个位不同的有多少列。可以枚举每一个位置$p$，那么这一位上与$j$不同的状态$f(i-1,j \ \ xor \ \ 2^p)$可以加过来，但要挑去其中$p$已经算过一次的情况，有$f(i-2,j)$这么多种，又要从$f(i-2,j)$中挑去那些$p$这一位算过一次的情况，$f(i-3,j \ \ xor \ \ 2^p)$，如此循环。但这样枚举完每个位置之后，每种好的情况其实算了$i$次，所以$i \times f(i,j)=\sum_{p=0}^{n-1} \sum_{t=1}^{i}(-1)^{t-1}f(i-t,j \ \ xor \ \ (2^p \times (t \mod 2)))$。

这样是$2^nn^3$的，但可以发现$\sum_{p=0}^{n-1}\sum_{t=3}^{i}(-1)^{t-1}f(i-t,j \ \ xor \ \ (2^p \times (t \mod 2)))=(i-2) \times f(i-2,j)$，所以整理一下，$i \times f(i,j)=\sum_{p=0}^{n-1}f(i-1,j \ \ xor \ \ 2^p)+(i-2-n)f(i-2,j)$。少一个$n$。

要再少一个得用FWT。不会。

 //#include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 //#include<math.h>
 //#include<set>
 //#include<queue>
 //#include<bitset>
 //#include<vector>
 #include<algorithm>
 #include<stdlib.h>
 using namespace std;

 #define LL long long
 int qread()
 {
     char c; int s=,f=; while ((c=getchar())<'' || c>'') (c=='-') && (f=-);
     do s=s*+c-''; while ((c=getchar())>='' && c<=''); return s*f;
 }

 //Pay attention to '-' , LL and double of qread!!!!

 int K,n;
 #define maxn 1100011
 int b[maxn],f[][maxn];

 int main()
 {
     K=qread(); n=qread();
     {
         char c;
         for (int i=;i<K;i++)
             for (int j=;j<=n;j++)
             {
                 while ((c=getchar())!='' && c!='');
                 b[j]|=(c-'')<<i;
             }
         for (int i=;i<=n;i++) f[][b[i]]++;
     }
     int T=<<K,ans=0x3f3f3f3f;
     for (int i=;i<=K;i++)
     {
         for (int j=;j<T;j++)
         {
             if (i>) f[i][j]=(i--K)*f[i-][j];
             for (int k=;k<K;k++) f[i][j]+=f[i-][j^(<<k)];
             f[i][j]/=i;
         }
     }
     for (int i=;i<T;i++)
     {
         int tmp=;
         for (int j=;j<=K;j++) tmp+=min(j,K-j)*f[j][i];
         ans=min(ans,tmp);
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }