CROC 2016 - Final Round [Private, For Onsite Finalists Only] C. Binary Table

題意

給定一張\(n\)行\(m\)列的\(01\)圖，可以無限次選擇某行或者某列將其所有元素翻轉（\(0\rightarrow1\)或\(1\rightarrow 0\) ）

問任意操作後得到的圖中\(1\)的數量的最小值

限制

\(1\le n\le 20,\ 1\le m\le 10^5\)

思路

先考慮狀態壓縮，列舉行翻轉的狀態\(x\)，由於\(n_{max}=20\)，故最多僅需列舉\(2^{20}\)種狀態

記\(x_i=1\)表示第\(i\)

枚舉出行翻轉的狀態後，記\(f_y\)表示初始狀態為\(y\)的列的數量

發現\(x\oplus y\)就表示在行翻轉的狀態為\(x\)的條件下，初始狀態為\(y\)的列的現有狀態

記\(g_y\)表示狀態為\(y\)時的答案，故\(g_y\)的值為\(y\)的二進位制表示下\(0\)的數量與\(1\)的數量的較小值

所以當行翻轉狀態為\(x\)時，答案就是所有現列狀態為\(x\oplus y\)的數量與在原狀態下的答案\(g_y\)的乘積之和，即

該卷積式子直接使用異或\(FWT\)

最後在所有行翻轉狀態之中取最小值作為答案

程式

(295ms/6000ms)

//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const double angcst=PI/180.0;
const ll mod=998244353;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}

const int N=1<<21;
ll f[N],g[N];

void FWT_xor(ll *P,int lim,int opt)
{
    for(int i=2;i<=lim;i<<=1)
        for(int p=i>>1,j=0;j<lim;j+=i)
            for(int k=j;k<j+p;++k)
            {
                ll x=P[k],y=P[k+p];
                P[k]=(x+y);P[k+p]=x-y;
                if(opt==-1)P[k]=P[k]/2,P[k+p]=P[k+p]/2; 
            }
}

char mp[21][100050];

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    repp(i,0,n)
        cin>>mp[i];
    int lim=1<<n;
    
    repp(j,0,m)
    {
        int sta=0;
        repp(i,0,n)
            if(mp[i][j]=='1')
                sta|=1<<i;
        f[sta]++;
    }
    repp(i,0,lim)
    {
        g[i]=__builtin_popcount(i);
        if(n-g[i]<g[i])
            g[i]=n-g[i];
    }
    
    FWT_xor(f,lim,1);
    FWT_xor(g,lim,1);
    repp(i,0,lim)
        f[i]*=g[i];
    FWT_xor(f,lim,-1);
    
    ll ans=1ll*n*m;
    repp(i,0,lim)
        ans=min(ans,f[i]);
    cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
    closeSync;
    //multiCase
    {
        solve();
    }
    return 0;
}