Codeforces Round #243 (Div. 2)——Sereja and Table

看这个问题之前，能够先看看这个论文《一类算法复合的方法》，说白了就是分类讨论，可是这个思想非常重要

题目链接

• 题意：
  首先给出联通块的定义：对于相邻（上下和左右）的同样的数字视为一个联通块
  现给一个n*m的仅仅有0和1的矩形和数字k，求出最小反转个数使得总体包含若干个矩形联通块（即每一个联通块均是矩形）(1?≤?n,?m?≤?100; 1?≤?k?≤?10)
  假设最小次数比k大，输出-1
  
  
• 分析：
  题目的特点是k比較小。也就是说反转的次数比較少，所以能够从这里入手。直接枚举全部的位置肯定是不行了，那么能够这样考虑：（最好还是设n>=m）假设n比k大，那么肯定有一些行是不会有反转的数字的，那么我们能够枚举每一行来处理；假设k比n大，这个时候n小于10，所以这时候我们就能够暴力枚举每一行的全部状态。然后处理。

  
  以上两种方法处理的时候均根据下边的图形特点，仅仅知道一行的时候就能够求出最小的总反转数

const int MAXN = 110;

int ipt[MAXN][MAXN];

int main()
{
//    freopen("in.txt", "r", stdin);
	int n, m, k;
	while (~RIII(n, m, k))
	{
		REP(i, n) REP(j, m) RI(ipt[i][j]);
		if (n < m)
		{
			REP(i, n) FF(j, i + 1, m) swap(ipt[i][j], ipt[j][i]);
			swap(n, m);
		}
		if (n > k)
		{
			int ans = INF;
			REP(i, n)
			{
				int tans = 0;
				REP(j, n)
				{
					int cnt = 0;
					if (i == j) continue;
					REP(k, m)
					{
						if (ipt[i][k] != ipt[j][k]) cnt++;
					}
					tans += min(cnt, m - cnt);
				}
				ans = min(ans, tans);
			}
			printf("%d\n", ans <= k ? ans: -1);
		}
		else
		{
			int ans = INF;
			REP(i, n)
			{
				int all = 1 << m;
				for (int q = 0; q < all; q++)
				{
					int diff = 0;
					for (int t = 0, l = 1; t < m; l <<= 1, t++) if (((q & l) != 0) != ipt[i][t]) diff++;
					if (diff > k) continue;
					int tans = 0;
					REP(j, n)
					{
						if (i == j) continue;
						int cnt = 0;
						for (int t = 0, l = 1; t < m; t++, l <<= 1) if (((q & l) != 0) != ipt[j][t]) cnt++;
						tans += min(cnt, m - cnt);
					}
					ans = min(ans, diff + tans);
				}
			}
			printf("%d\n", ans <= k ? ans: -1);
		}
	}
	return 0;
}

參照大神的代码后的一些细节改动：

const int MAXN = 110;

int ipt[MAXN][MAXN];

int main()
{
//    freopen("in.txt", "r", stdin);
	int n, m, k;
	while (~RIII(n, m, k))
	{
		int ans = INF, all = 1 << m;
		REP(i, n) REP(j, m) RI(ipt[i][j]);
		if (n < m)
		{
			REP(i, n) FF(j, i + 1, m) swap(ipt[i][j], ipt[j][i]);
			swap(n, m);
		}
		if (n > k)
		{
			REP(i, n)
			{
				int tans = 0;
				REP(j, n)
				{
					int cnt = 0;
					REP(k, m)
						cnt += ipt[i][k] ^ ipt[j][k];
					tans += min(cnt, m - cnt);
				}
				ans = min(ans, tans);
			}
		}
		else
		{
			for (int mask = 0; mask < all; mask++)
			{
				int tans = 0;
				REP(i, n)
				{
					int cnt = 0;
					REP(j, m) cnt += ipt[i][j] ^ (mask >> j & 1);
					tans += min(cnt, m - cnt);
				}
				ans = min(ans, tans);
			}
		}
		printf("%d\n", ans <= k ? ans: -1);
	}
	return 0;
}