題目連結

題意：
給你一個 $n*n$的01矩陣，每次你可以選擇一個 $(x,$

題解：
我們先假設要全都變成0。我們發現對一個位置 $(x,y)$有影響的操作只會是所有操作中行是 $x$的和所有操作中列是 $y$的操作。我們發現把同一個位置翻轉兩次就會變回原來的狀態，這個很像異或兩次1答案不變，於是我們記 $x[i][j]$為這個位置是否變成和初始狀態不同的一面，如果變的話 $x[i][j]=1$，否則 $x[i][j]=0$，我們設 $a[i][j]$為 $(i,j)$這個位置在一開始是0還是1。我們可以對每個位置列出一個方程，一共列出 $n^2$個異或方程，形式是 $x[i][1]\ xor\ x[i][2]...\ xor\ x[i][n]\ xor\ x[1][j]\ xor\ x[2][j]...\ xor\ x[n][j]\ xor\ x[i][j]\ xor\ a[i][j]=0$，最後要異或上自己的 $x[i][j]$，原因是在前面的式子裡被異或了兩遍消掉了，然後還要異或上自己的初始值，如果要變成1就是等式右邊等於1。稍微變化一下，等式兩邊同時異或 $a[i][j]$，變成 $x[i][1]\ xor\ x[i][2]...\ xor\ x[i][n]\ xor\ x[1][j]\ xor\ x[2][j]...\ xor\ x[n][j]\ xor\ x[i][j]=a[i][j]$。

對於這 $n^2$個方程，我們暴力去解的話似乎是 $n^6$的，所以我們需要優化解方程的過程。我們考慮我們要求的其實是每一個位置的 $x[i][j]$的和，於是我們想對於表示 $(i,j)$這個位置的式子，把其他含 $x$的式子都消掉，因為是未知的，取而代之我們要的是含 $a$的式子，因為 $a$是已知的。於是我們想辦法消去那些其他的含 $x$的變數，我們去一個一個的異或，對於一個 $x[u][j]$或者 $x[i][v]$，每次去異或 $(u,j)$或者是 $(i,v)$那個位置的方程。這樣我們會發現其實我們會把整個矩陣全都異或一遍，由於 $n$是個偶數，那麼如果我們異或了一個橫座標不是 $i$並且縱座標不是 $j$的 $x[u][v]$，那麼它所在的那一整行或者一整列就全部會被異或到，於是會被異或 $n$次抵消掉，最後會變成 $x[i][j]=a[i][1]\ xor\ a[i][2]...\ xor\ a[i][n]\ xor\ a[1][j]\ xor\ a[2][j]...\ xor\ a[n][j]\ xor\ a[i][j]$。我們發現，對於這個式子，我們只需要預處理出每一行和每一列的異或和，再異或上當前點的初始值，就可以知道這個點要變成0時的操作次數，然後對於所有的點求個和就好了。這樣就是 $O(n^2)$的了。然而我們求出全變成0的答案之後並不用重新再求一遍全都變成1的答案，只需要有 $n^2-$全變成0的答案就可以了。

程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,x[1010],y[1010],ans;
char s[1010][1010];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			if(s[i][j]=='1')
			{
				x[i]^=1;
				y[j]^=1;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=n;++j)
		ans+=x[i]^y[j]^(s[i][j]-'0');
	}
	printf("%d\n",min(ans,n*n-ans));
	return 0;
}