[CF 321D]Ciel and Flipboard解题报告

题意

有一个n*n矩阵aij。n为奇数，m=(n+1)/2。我们每次可以选中一个m*m的子矩阵，将其中所有元素乘以-1.求最后矩阵中所有元素的最大和。n<=33.

分析

这道题是个结论题。

对于第i行的三个值：j、m、m+j，每个子矩阵要么覆盖其中的0个要么覆盖其中2个。

例如：n=5,m=3，那么对于某行的第1、3、4这三个元素，子矩阵要么覆盖其中0个要么覆盖其中2个。对于2、3、5也是如此。

显然对于列也有类似结论。

如果我们把正反视作01（一开始均为0，乘以-1就异或1），设(i,j)的翻转状态为setup[i][j]，那么setup[i][j]^setup[i][m]^setup[i][m+j]=0.当然这里要求k

而且，只要setup矩阵满足这一条件，就一定能用一系列操作变换出来这个setup矩阵。

证法其实挺巧的：将每个a[i][j]都视作一维，那么每个m*m的子矩阵 都可以视作n*n维线性空间中的向量。所有这些向量都是线性无关的（直观上看，不可能用若干个子矩阵操作将某一个别的子矩阵操作抵消掉）。而一共有m*m种不同的操作，因此最终一定有2^(m*m)个不同的setup矩阵。另一方面，只要确定了左上角的m*m个数，那整个setup矩阵亦随之确定，总数也是2^(m*m)种。所以每个满足条件的setup矩阵一定能变换出来。

因此我们可以O(2^m)枚举setup矩阵第m列的前m个数。确定它们之后，第m列的后n-m个数亦随之确定。然后可以发现，对于j

总复杂度O(m*2^m)。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int INF=0x7fffffff/2;
const int SIZEN=50;
int N,M;
int A[SIZEN][SIZEN];
int setup[SIZEN][SIZEN];
int sgn(int a){//0是未翻,1是翻了
	return !a?1:-1;
}
int single_val(int x,int y){
	return sgn(setup[x][y])*A[x][y];
}
int calc_unit(int x,int y,int d){//(x,y)的四元组,要求中线均已放在setup中
	int ans=0;
	setup[x][y]=d;
	ans+=single_val(x,y);
	setup[x][y+M]=setup[x][y]^setup[x][M];
	ans+=single_val(x,y+M);
	setup[x+M][y]=setup[x][y]^setup[M][y];
	ans+=single_val(x+M,y);
	setup[x+M][y+M]=setup[x+M][y]^setup[x+M][M];
	ans+=single_val(x+M,y+M);
	return ans;
}
int calc_unit(int x,int y){//(x,y)的四元组的最大值
	return max(calc_unit(x,y,0),calc_unit(x,y,1));
}
int calc_left(int k,int d){//钦点第M行k列的值为d
	setup[M][k]=d;
	setup[M][k+M]=d^setup[M][M];
	int ans=0;
	ans+=single_val(M,k)+single_val(M,k+M);
	for(int i=1;i>(i-1))&1);
		}
		ans=max(ans,calc_all());
	}
	printf("%d\n",ans);
}
void read(void){
	scanf("%d",&N);
	M=(N+1)/2;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		for(int j=1;j<=N;j++){
			scanf("%d",&A[i][j]);
		}
	}
}
int main(){
	//freopen("t1.in","r",stdin);
	read();
	work();
	return 0;
}