6980. 【2021.02.03冬令营模拟】你的世界(world) Another Solution

Problem Description

Input

从文件 world.in 中读入数据。

Output

输出到文件 world.out 中。

输出共 T 行，第 i 行表示第 i 组测试数据的答案，如果可行则输出 Yes，否则输出 No。

Sample Input Copy

样例输入1：
1
2 3
000
000
111
001

样例输入2：
1
3 4
0000
0101
0001
1011
0001
1100

样例输入3：
1
4 5
11000
01010
00011
10110
00011
11001
11010
10001

Sample Output Copy

样例输出1：
Yes

样例输出2：
Yes

样例输出3：
No

Data Constraint

首先，\(A\gets A\oplus B\)，我们的问题就变成了怎么操作使得一个空矩阵变成新的矩阵 \(A\)。

---

先考虑只能操作行和列，该怎么做。

如果这张图是合法的，我们发现对于任意的 \(2\times2\) 子矩阵 \(\begin{bmatrix}
a_{0,0} & a_{0,1} \\
a_{1,0} & a_{1,1}
\end{bmatrix}\)，有 \(a_{0,0}\oplus a_{0,1}\oplus a_{1,0}\oplus a_{1,1}=0\)。

我们来证明一下，因为对于操作行和列，一定会操作 \(2\times2\) 子矩阵中的任意两个，那么异或结果不变。

所以，我们定义 \(a_{0,0},a_{0,1},a_{1,0},a_{1,1}\) 这类异或结果不变的为固定元素，其余的为不固定元素。

\(2\times2\) 子矩阵中有固定元素，也就是这个子矩阵被固定了，所以它合法。

---

存不存在更小的子矩阵呢？比如说 \(1\times1\) 子矩阵。

答案是不存在的，因为对于一个 \(1\times1\) 子矩阵 \(\begin{bmatrix}
a_{0,0}
\end{bmatrix}\)，我们可以随意修改这个点，所以不存在固定元素，不合法。

---

考虑加入对角线操作。

如果还是刚刚的 \(2\times2\) 矩阵，我们发现由于对角线操作的加入可以出现形如 \(\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
1 & 1
\end{bmatrix}\)，\(\begin{bmatrix}
0 & 0 \\
0 & 1
\end{bmatrix}\) 等等等等的矩阵，子矩阵中没有一个元素是固定元素，这个子矩阵是不固定的！

所以考虑更大的子矩阵。

---

考虑一个 \(4\times4\) 子矩阵，我们发现对于任意的 \(4\times4\) 子矩阵 \(\begin{bmatrix}
a_{0,0} & \textcolor{red}{a_{0,1}} & \textcolor{red}{a_{0,2}} & a_{0,3} \\
\textcolor{red}{a_{1,0}} & a_{1,1} & a_{1,2} & \textcolor{red}{a_{1,3}} \\
\textcolor{red}{a_{2,0}} & a_{2,1} & a_{2,2} & \textcolor{red}{a_{2,3}} \\
a_{3,0} & \textcolor{red}{a_{3,1}} & \textcolor{red}{a_{3,2}} & a_{3,3} \\
\end{bmatrix}\)，有 \(a_{0,1}\oplus a_{0,2}\oplus a_{1,0}\oplus a_{1,3}\oplus a_{2,0}\oplus a_{2,3}\oplus a_{3,1}\oplus a_{3,2}=0\)。（为了方便我将这些固定元素标红）

证明显然：

• 对于 \(a_{0,0},a_{0,3},a_{3,0},a_{3,3}\)，可以进行一个对角线操作，所以这些元素是可以随便调整的，是不固定元素；
• 对于 \(a_{0,1},a_{0,2},a_{1,0},a_{1,3},a_{2,0},a_{2,3},a_{3,1},a_{3,2}\)，这些元素无法抵消，只能进行对角线同时操作两个固定元素，所以异或结果不会变化；
• 对于 \(a_{1,1},a_{1,2},a_{2,2},a_{2,2}\)，这些元素可以通过乱搞抵消，具体自己乱搞。

所以这个子矩阵是固定的。

我们继续发现，不存在比 \(4\times4\) 还小的子矩阵。

---

所以这道题就很简单了，枚举矩阵 \(A\) 的子矩阵左上角 \((i,j)\)，只需要所有的子矩阵均满足满足 \(a_{i,j+1}\oplus a_{i,j+2}\oplus a_{i+1,j}\oplus a_{i+1,j+3}\oplus a_{i+2,j}\oplus a_{i+2,j+3}\oplus a_{i+3,1}\oplus a_{j+3,2}=0\)，则这张图有解。

时间复杂度 \(O(nm)\)。

---

然后这道题就可以开始加强了，比如加入各种新印章，都可以用这种方法轻松解决。

#include <cstdio>
#include <chrono>
#include <random>
using namespace std;
using namespace chrono;
#define ll long long
#define N 1010
ll t, n, m;
char a[N][N], b[N][N];
int main() {
	freopen("world.in", "r", stdin);
	freopen("world.out", "w", stdout);
	scanf("%lld", &t);
	while(t--) {
		scanf("%lld %lld", &n, &m);
		for(ll i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%s", a[i]+1);
		}
		for(ll i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%s", b[i]+1);
			for(ll j = 1; j <= m; j++) {
				if(a[i][j] == b[i][j]) a[i][j] = 0;
				else a[i][j] = 1;
			}
		}
		bool flag = 1;
		for(ll i = 1; i <= n - 3; i++) {
			for(ll j = 1; j <= m - 3; j++) {
				if(a[i][j+1] ^ a[i][j+2] ^ a[i+1][j] ^ a[i+1][j+3] ^ a[i+2][j] ^ a[i+2][j+3] ^ a[i+3][j+1] ^ a[i+3][j+2]) {
					printf("No\n");
					flag = 0;
					break;
				}
			}
			if(!flag) break;
		}
		if(flag) printf("Yes\n");
	}
}