[CodeForces 126C]E-reader Display[实现]

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题意分析：

给出一张图，让你用最短的步骤描绘出这张图，输出最短步骤数。

(x,y)代表将区间(x,x)~(x,y)和区间(x,y)~(y,y)的线段0变1，1变0。

解题思路：

从一个点可以染色的区间我们可以发现啊（举右上方为例子）：这个点能控制的只有它的左平行线和下方垂直线。而且你会发现啊，一个点染色过一次，重新再在这个点染色是浪费的。由上方结论，我们可以得出策略：从右上方开始遍历，如果这个点要染色，就把这个点给染色了（因为后期再也没有点可以给它染色了），然后接着往左，发现，这个点不需要染色，可是被我们的右方点染色了，所以我们就把它染回来。（建议画个图，还是蛮好理解的;)

如果单纯记录染色和不染色，这样更新下去，整个复杂度n^3，所以我们设数组来记录行和列是否被染色即可，复杂度n^2。

个人感受：

瞎搞啊，没想到还真是这规律，哈哈哈

具体代码如下：

#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<string>
#define ll long long
#define pr(x) cout << #x << " = " << (x) << '\n';
using namespace std;

const int INF = 0x7f7f7f7f;
const int MAXN = 2e3 + 111;

char s[MAXN][MAXN];
// a:右上方  b:左下方。举个例子:ar[i]代表从这个点往左的行是否被染色，其它同
bool ar[MAXN], ac[MAXN], br[MAXN], bc[MAXN];

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%s", s[i]);

    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = n - 1; j > i; --j) {
            if (s[i][j] == '1' && ar[i] + ac[j] != 1) {
                ar[i] ^= 1;
                ac[j] ^= 1;
                ++ans;
            }
            else if (s[i][j] == '0' && ar[i] + ac[j] == 1) {
                ar[i] ^= 1;
                ac[j] ^= 1;
                ++ans;
            }
        }
    }
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
        for (int j = 0; j < i; ++j) {
            if (s[i][j] == '1' && br[i] + bc[j] != 1) {
                br[i] ^= 1;
                bc[j] ^= 1;
                ++ans;
            }
            else if (s[i][j] == '0' && br[i] + bc[j] == 1) {
                br[i] ^= 1;
                bc[j] ^= 1;
                ++ans;
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int x = bc[i] + br[i] + ac[i] + ar[i];
        if (s[i][i] == '1' && x % 2 == 0) ++ans;
        else if (s[i][i] == '0' && x % 2) ++ans;
    }

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}