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（题目懒得打字了，建议到新窗口查看）
显然这玩意儿是可以按位搞的...然后就是一个裸的最小割模型？
然而这样做理论上只有30分实际上有40分。
事实上我们可以发现，每一列的取值只和上一列有关，这样我们就可以以每一列为状态进行dp。
记dp[i][j]表示第i列状态为j的方案数，考虑上一列的状态，把它们异或在一起瞎统计一下就行了。
这样做理论复杂度是可以AC的，实际上要跑3s左右......怎么卡常也卡不过去，于是开了O2就过了
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> #include <string.h> #include <vector> #include <limits> #include <set> #include <map> using namespace std; int N,M,a[6][10009],b[6][10009],d[6][10009],l[6][10009],c[10009],bl[32][10009]; typedef long long ll; ll dp[32][10009]; void gmin(ll& a,ll b) { if(a>b) a=b; } ll sq(ll p) { ll qwq=10000000000000LL; for(int j=0;j<M;j++) { for(int k=0;k<(1<<N);k++) { ll ans=0,a2=10000000000000LL; bool lst=k&1; for(int g=N-1;g>=0;g--) { bool cur=k&(1<<g); if(bool(a[g][j]&p)!=cur) ans+=b[g][j]; if(lst!=cur) ans+=d[g][j]; lst=cur; } if(j==0) {dp[k][j]=ans; continue;} for(int l=0;l<(1<<N);l++) gmin(a2,bl[l^k][j]+dp[l][j-1]); dp[k][j]=ans+a2; } } for(int k=0;k<(1<<N);k++) qwq=min(qwq,dp[k][M-1]); return qwq; } int main() { freopen("chessboard.in","r",stdin); freopen("chessboard.out","w",stdout); scanf("%d%d",&N,&M); for(int i=0;i<N;i++) { for(int j=0;j<M;j++) scanf("%d",&a[i][j]); } for(int i=0;i<N;i++) { for(int j=0;j<M;j++) scanf("%d",&b[i][j]); } for(int i=0;i<N;i++) { for(int j=1;j<M;j++) scanf("%d",&l[i][j]); } for(int j=1;j<M;j++) for(int i=0;i<(1<<N);i++) { ll g=0; for(int p=0;p<N;p++) { if(i&(1<<p)) g+=l[p][j]; } bl[i][j]=g; } for(int i=0;i<N;i++) { for(int j=0;j<M;j++) scanf("%d",&d[i][j]); } ll ans=0; for(int P=1;P<=1000000;P*=2) ans+=sq(P)*P; printf("%I64d\n",ans); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zzqsblog/p/5657813.html
