Problem

• 給定一個n（≤20）*m（≤100 000）的01矩陣，每次操作可以將一行或一列取反。

• 求最終1的最少個數。

  Solution

• 前置技能：快速沃爾什變換（FWT）。
• 觀察到n較小，考慮\(O(2^n)\)枚舉每一行選或不選。
• 不妨設f(x)表示行的操作狀態為x時（我們可用一個二進制數表示狀態），經過各種列操作後所得到的最少的1的個數。

• 可以\(O(m)\)再掃一遍所有列。但顯然T飛了。

• 定義\(C_j\)表示有多少列的狀態為j；\(E_k\)表示對於某一列而言，若它經過各種行操作狀態變成了k，則它再經歷各種列操作後最少能得到的1的個數。
• 顯然，\(C_j\)我們對於每一列統計一下即可；而\(E_k\)
  也很好求，設狀態k中有cnt個1，則\(E_k=min(cnt,n-cnt)\)（不進行/進行列操作）。
• 而且我們也可以得到一個較為顯然的式子：\(f(x)=\sum_{x \oplus j=k} C_j*E_k\)。這個式子的思路就是對於所有狀態為j的列，我們都通過狀態為x的行操作令其變成了\(x\oplus j=k\)，然後再看看變成了k以後的答案。
• 可以暴力枚舉j，暴力轉移。但是這樣的復雜度是\(O(2^{2n})\)的。

• 註意到xor的特殊性：對於任何\(x\oplus y=z\)，有\(y\oplus z=x\)。
• 因此，上式可化為：\(f(x)=\sum_{j\oplus k=x} C_j*E_k\)
  。
• 觀察到這是一個卷積的形式，我們用FWT優化它。

• 時間復雜度：\(O(nm+2^nn)\)。

  Code

#include <bits/stdc++.h>
#define go(i,a,b) for(i=a;i<b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=21,M=1e5+1,S=1<<21;
int i,j,n,m,s,tmp;
char str[M];
bool a[N][M];
ll c[S],e[S],f[S],ans;

void FWT(ll *tf)  
{  
    for(int d=1;d<s;d<<=1)  
        for(int m=d<<1,i=0;i<s;i+=m)  
            for(int j=0;j<d;j++)  
            {  
                ll x=tf[i+j],y=tf[i+j+d];  
                tf[i+j]=x+y; tf[i+j+d]=x-y;  
            }  
}  

void UFWT()  
{  
    for(int d=1;d<s;d<<=1)  
        for(int m=d<<1,i=0;i<s;i+=m)  
            for(int j=0;j<d;j++)  
            {  
                ll x=f[i+j],y=f[i+j+d];  
                f[i+j]=x+y>>1; f[i+j+d]=x-y>>1;  
            }  
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    go(i,0,n) 
    {
        scanf("%s",str);
        go(j,0,m) a[i][j]=str[j]-48;
    }
    
    go(i,0,m)
    {
        s=0;
        go(j,0,n) s+=a[j][i]*(1<<j);
        c[s]++;
    }
    
    s=1<<n;
    go(i,0,s) 
    {
        for(tmp=i; tmp; tmp>>=1) e[i]+=tmp&1;
        e[i]=min(e[i],n-e[i]);
    }
    
    FWT(c); FWT(e);
    go(i,0,s) f[i]=c[i]*e[i];
    UFWT();
    
    ans=n*m;
    go(i,0,s) ans=min(ans,f[i]);
    printf("%lld",ans);
}
 

Codeforces 662C Binary Table（快速沃爾什變換）