2081C - Quaternary Matrix

CF2081C - Quaternary Matrix

题解

• 设 \(R_i\)，\(C_i\) 分别表示，每行，每列的异或和

• 一种构造

  • 取 \(R_1\) \(C_1\) 为关键行列。
  • 用 \(R_1\) 还原所有 \(C_i(i\not= 1)\)
  • 用 \(C_1\) 还原所有 \(R_i(i\not=1)\)
  • 最后还原 \(R_1,C_1\)

• 这显然不是最优方案，但 至少 不管剩下一个怎样的烂摊子都可以 \((\sum[R_i\not=0]+[C_i\not=0])-1\) 解决一切

• 考虑一些聪明的取法

  • 至少需要一行，一列
  • 所有行列的异或和要为 \(0\)

• 于是我们有下列三种聪明的方案

• 情况1 \((R_i,C_i)\) 我们仅仅需要花费 \(1\) 的代价，解决了烂摊子需要 \(2\) 代价的事情0

• 情况2 \((R_1,C_2,C_3)\) 这里只需要满足，三个数分别取道 \(1,2,3\) 因为异或和为 \(0\) 且保证有行有列即可，用 \(2\) 的代价替代了原本 \(3\) 的代价

• 情况3 \((R_i,R_i,C_j,C_j)\) ，(其实 \((R_i,R_j,C_i,C_j)\) 也行，但是这样不如第一中情况呢) 用，3 的代价替代的原本为 4 的代价。

• 贡献都是 -1 尝试从简单的 \(R_i,C_i\) 突破问题

• 我们大胆猜想，先贪心所有情况1，是否正确呢？

• 若是不对，必然存在两组以上的情况2,情况3 把情况1拆开了，都和情况1的代价相同，而情况1还能多剩下数，枚举一下可能，证明不难。

• 于是 先取完所有情况1。那么剩下的每一个异或和值相同的必然都是是行或者都是列

• 因为一共就三个数所以取法基本固定，我们先尽可能 2,最后情况3

• 可能有问题，打不了撤销一个情况2,也就考虑了所有情况了