CF-1440C2 Binary Table (Hard Version) (构造,模拟)
Binary Table (Hard Version)
题意
\(n*m(2\le n,m\le 100)\) 的01矩阵,每次可以选择一个宽度为2的子矩阵,将四个位置中的任意3个进行翻转,即0变1,1变0。要求构造操作次数小于 \(n*m\) 的方案,使得该矩阵最终变成一个全0矩阵。
分析
构造方法可能有很多种,只要能够满足题意即可。
从第一行开始到倒数第三行,逐列扫描,假设当前扫描的位置为 (i,j)
,且当前位置为1,那么执行操作一或者操作二。\(i\le n-2\) ,只扫描前 \(n-2\) 行,最后空下两行特殊处理。这之前的 \((n-2)*m\) 个位置,总共使用了不超过 \((n-2)*m\) 次操作。
处理最后两行时,需要4个一组进行处理。分情况讨论
- 如果 4 个都是 ‘1’ ,进行一次翻转,只留右下角的 1,这个 1 留到最后处理
- 如果有某 3 个是 ‘1’ ,那么一次操作可以搞定
- 如果有某 2 个是 '1',那么可以细分为两种情况,这两种情况都可以用两步解决
- 如果只有 1 个是 '1',那么留作最后考虑。
根据上面的情况,对最后两行进行处理,如果 \(m\) 是偶数,刚好可以处理完。但如果 \(m\) 是奇数,那么对于最后一列的两个格子,我们需要特殊考虑。
可以想到,我们按照 4 个一组处理完左边四个之后,最多只会在 (n,m-1)
这个位置留一个 1,那么不论第 m 列是什么情况,我们都可以在两步操作内,将他们变为0。这个操作是绝对保险的。
最后,只剩下最后两行的某些单独的 1 了,这些单独的 1 可以在 3 步内消除,至于为什么这么操作不会使得操作次数爆炸,可以从这些 1 的产生来源考虑。
这个 1 原本就摆在这里,那么旁边 3 个空位之前是没有操作过的,这就给这个 1 留下了多余的操作空间。
这个 1 是消了 3 个之后剩下的,那么消除那 3 个用了一次,消除单独的 1 用了 3 次,刚好四次。
对于 m 为奇数时,最右边一列中单独的 1,这个虽然也需要使用 3 步,但是由于此时 m-1 列都是空的,这得多亏左边那四个之前是消除干净了的。而 4 个一组消除干净最多只需要两步,所以这种情况也是保险的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 101;
int T, n, m, t[N][N];
char s[N][N];
vector<pair<int,int> > v;
void add(int x, int y){
v.push_back({x, y});
t[x][y] ^= 1;
}
void add(int x, int y, int p){
if(p == 0) add(x, y);
else if(p == 1) add(x, y+1);
else if(p == 2) add(x+1, y);
else if(p == 3) add(x+1, y+1);
}
void solve(int x, int y){
int c0 = t[x][y];
int c1 = t[x][y+1];
int c2 = t[x+1][y];
int c3 = t[x+1][y+1];
int c = c0 + c1 + c2 + c3;
if(c == 4) {
add(x, y, 0);
add(x, y, 1);
add(x, y, 2);
} else if(c == 3) {
if(c0 == 0) add(x, y, 1), add(x, y, 2), add(x, y, 3);
if(c1 == 0) add(x, y, 0), add(x, y, 2), add(x, y, 3);
if(c2 == 0) add(x, y, 0), add(x, y, 1), add(x, y, 3);
if(c3 == 0) add(x, y, 0), add(x, y, 1), add(x, y, 2);
} else if(c == 2){
if(c0 && c1) {
add(x, y, 0);add(x, y, 2);add(x, y, 3);
add(x, y, 1);add(x, y, 2);add(x, y, 3);
} else if(c0 && c2) {
add(x, y, 0);add(x, y, 1);add(x, y, 3);
add(x, y, 2);add(x, y, 1);add(x, y, 3);
} else if(c0 && c3) {
add(x, y, 0);add(x, y, 1);add(x, y, 2);
add(x, y, 3);add(x, y, 1);add(x, y, 2);
} else if(c1 && c2){
add(x, y, 1);add(x, y, 0);add(x, y, 3);
add(x, y, 2);add(x, y, 0);add(x, y, 3);
} else if(c1 && c3) {
add(x, y, 1);add(x, y, 0);add(x, y, 2);
add(x, y, 3);add(x, y, 0);add(x, y, 2);
} else if(c2 && c3) {
add(x, y, 2);add(x, y, 0);add(x, y, 1);
add(x, y, 3);add(x, y, 0);add(x, y, 1);
}
}
}
int main(){
scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s", s[i]+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
t[i][j] = s[i][j] - '0';
}
}
for(int i=1;i<=n-2;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(t[i][j] == 0) continue;
add(i, j); add(i+1, j);
if(j == m) add(i+1, j-1);
else add(i, j+1);
}
}
for(int j = 1; j + 1 <= m; j += 2){
solve(n - 1, j);
}
if(m & 1) solve(n - 1, m - 1);
// 处理倒数第二行中单着的
for(int j = 1; j <= m; j++){
if(t[n-1][j] == 0) continue;
if(j == m) {
add(n-1, j-1, 1); add(n-1, j-1, 0); add(n-1, j-1, 3);
add(n-1, j-1, 0); add(n-1, j-1, 2); add(n-1, j-1, 1);
add(n-1, j-1, 3); add(n-1, j-1, 2); add(n-1, j-1, 1);
} else {
add(n-1, j, 0); add(n-1, j, 1); add(n-1, j, 2);
add(n-1, j, 2); add(n-1, j, 0); add(n-1, j, 3);
add(n-1, j, 1); add(n-1, j, 0); add(n-1, j, 3);
}
}
// 处理倒数第一行单着的
for(int j = 1; j <= m; j++){
if(t[n][j] == 0) continue;
if(j == m) {
add(n-1, j-1, 3); add(n-1, j-1, 2); add(n-1, j-1, 1);
add(n-1, j-1, 2); add(n-1, j-1, 0); add(n-1, j-1, 3);
add(n-1, j-1, 1); add(n-1, j-1, 0); add(n-1, j-1, 3);
} else {
add(n-1, j, 2); add(n-1, j, 0); add(n-1, j, 3);
add(n-1, j, 0); add(n-1, j, 1); add(n-1, j, 2);
add(n-1, j, 3); add(n-1, j, 1); add(n-1, j, 2);
}
}
cout << v.size() / 3 << endl;
for(int i=0;i<v.size();){
#define x first
#define y second
printf("%d %d %d %d %d %d\n", v[i].x, v[i].y, v[i+1].x, v[i+1].y, v[i+2].x, v[i+2].y);
i += 3;
}
v.clear();
}
return 0;
}
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