problem

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solution

第二次做的时候发现自己还是不会。发现自己没有写过题解，看来当时是没有完全搞懂的。

$n$ 与 $m$ 的量级相差很大，$n$ 的范围是完全可以状压的。

不妨考虑枚举最后翻转了哪些行，将操作状压为一个数 $X$。

显然对于同样的 $X$ 其最优答案是唯一的。

记，第 $i$ 列操作状态为 $C(i)$。

每一列都是相互独立的，所以贪心的可以在一开始就将这一列预先翻转到最少的 $1$。

记，列状态为 $i$ 时，经过翻转最终的最少有 $B(i)$ 个 $1$。

对于该列而言，最后的列状态是列操作和行操作的叠加，即 $X⨁C(i)$ 。

因此最后的 $1$ 的个数统计方法就是枚举每一列然后记录，${\sum }_{i=1}^{m}B(X⨁C(i))$

考虑枚举最后列的状态，${\sum }_{i=1}^m{\sum }_{j=0}^{2^n-1}[X⨁C(i)=j]B(j)$。

记，所有列中有 $A(i)$ 列的状态为 $i$。

则 ${\sum }_{i=0}^{2^n-1}{\sum }_{j=0}^{2^n-1}[X⨁i=j]B(j)\cdot A(i)$。

$X⨁i=j\Rightarrow X=i⨁j\Rightarrow {\sum }_{i=0}^{2^n-1}{\sum }_{j=0}^{2^n-1}[i⨁j=X]A(i)\cdot B(j)\Rightarrow ans[X]={\sum }_{i⨁j=X}A(i)B(j)$。

其实最后的答案就是 $A,B$ 的卷积。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
char s[25][100005];
int A[1 << 21], B[1 << 21];
int n, m, N;void fwt( int *c, int f ) {for( int i = 1;i < N;i <<= 1 )for( int j = 0;j < N;j += ( i << 1 ) )for( int k = 0;k < i;k ++ ) {int x = c[j + k], y = c[j + k + i];c[j + k] = x + y;c[j + k + i] = x - y;if( f == -1 ) c[j + k] /= 2, c[j + k + i] /= 2;}
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );N = 1 << n;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%s", s[i] + 1 );for( int j = 1;j <= m;j ++ ) {int k = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) k = k << 1 | (s[i][j] ^ 48);A[k] ++;}for( int i = 0;i < N;i ++ ) {int k = __builtin_popcount( i );B[i] = min( k, n - k );}fwt( A, 1 );fwt( B, 1 );for( int i = 0;i < N;i ++ ) A[i] = A[i] * B[i];fwt( A, -1 );int ans = 0x3f3f3f3f;for( int i = 0;i < N;i ++ ) ans = min( ans, A[i] );printf( "%lld\n", ans );return 0;
}