对于这一个平面用$a_{x,y}$来表示，即$(x,y)$为黑色则$a_{x,y}=1$，否则$a_{x,y}=0$，之后定义$a$能生成$b$当且仅当$a$能够通过若干次操作后得到$b$
令$p_{y}=igoplus_{x}a_{x,y}$、$q_{x,i}=igoplus_{yequiv i(mod 3)}a_{x,i}$（其中$0le i<3$），考虑两个序列能相互生成当且仅当$pa_{i}=pb_{i}$且$forall x,(qa_{x,0}oplus qb_{x,0})=...=(qa_{x,2}oplus qb_{x,2})$，证明如下：
首先考虑一次操作$(x,y)$会带来的影响：对于$p_{i}$没有影响，对于$q_{i}$是将$q_{x}$和$q_{x+1}$所有位置异或1，那么所能产生的仅有原序列和异或1后的序列，即证明了后面条件的必要性
接下来证明对于两个满足上述条件的$a$和$b$，证明$a$能生成$b$（操作可逆，因此生成也具有可逆性）
找到$a_{x,y}=1$，满足$xge 2$且$yge 3$，若仍有多个取$x$最大的，若仍有多个取$y$最大的（若不存在则停止），之后执行$(x-2,y-1)$这个操作
对$a$和$b$都重复此过程，若最终得到的$a=b$，则根据操作可逆性，初始的$a$能生成$b$，因此以下来证明$a=b$，先将整个平面分为四个部分，分别证明相等：
1.$xge 2$且$yge 3$，此时$a_{x,y}=b_{x,y}=0$（否则还可以继续操作）
2.$x=1$且$yge 3$，此时$a_{x,y}=b_{x,y}=p_{y}$（两者$p_{y}$相同）
3.$xge 2$且$yle 2$，此时$qa_{x,0}=qb_{x,0}=0$，因此$a_{x,1}=qa_{x,1}=qb_{x,1}=b_{x,1}$，同理$a_{x,2}=b_{x,2}$
4.$x=1$且$yle 2$，根据3可以得到$a_{x,1}=b_{x,1}$，可推出$igoplus_{x>1}a_{x,1}=b_{x,1}$，又因为$pa_{1}=pb_{1}$，因此$a_{1,1}=b_{1,1}$，类似的$a_{1,2}=b_{1,2}$
由此，即证明了该结论，现在我们要找到满足此条件下最小的1个数最小的$a$
考虑先暴力$o(2^{infty})$去枚举每一个$q_{x}$是否要全部异或1（即让$q$需要完全相等），接下来构造最少的$a$
首先，若$0le i<3$满足$igoplus_{yequiv i(mod 3)}p_{y} eigoplus_{x}q_{x,i}$，意味着产生了矛盾，无解
（其实这里产生这个条件的原因是每一次翻转了两列，因此翻转的列数必然是偶数列，但如果翻转奇数列会引发$p_{i}$变化，不存在合法的$a$，而证明就是对于给定已经合法的$a$和$b$去考虑，因此没有问题）
其次，考虑至少需要$sum_{i=0}^{2}max(sum_{yequiv i(mod 3)}p_{y},sum_{x}q_{x,i})$个，接下来构造恰好达到下限的解：
对于$p_{y}=1$且$q_{x,i}=1$（其中$yequiv i(mod 3)$），仅在$(x,y)$放置一个就可以满足两个，对于其他的在$(x,infty)$或$(infty,y)$放即达到了该下限，且由于异或相等，即必然剩余偶数个，最终$p_{infty}$和$q_{infty,0/1/2}$都为0
预处理初始前面以及后面的三个值，分别记作$(X,Y,Z)$和$(x,y,z)$，翻转即将$(x,y,z)$其中一个减1并将另外两个加1，之后满足$xequiv X,yequiv Y,zequiv Z(mod 2)$且最小化$max(x,X)+max(y,Y)+max(z,Z)$
贪心去操作$x-X$、$y-Y$和$z-Z$中最大的数（如果会使答案增加就不操作），最终若$x otequiv X(mod 2)$则再操作一次即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 map<int,int>p1,p2; 4 map<int,int>::iterator it; 5 int n,x,y,s,ans,a[3]; 6 int calc(){ 7 return max(a[0],0)+max(a[1],0)+max(a[2],0); 8 } 9 int main(){ 10 scanf("%d",&n); 11 for(int i=1;i<=n;i++){ 12 scanf("%d%d",&x,&y); 13 p1[x]^=(1<<(y%3)); 14 p2[y]^=1; 15 } 16 for(it=p1.begin();it!=p1.end();it++){ 17 x=(*it).second; 18 if ((x==1)||(x==6))a[0]++; 19 if ((x==2)||(x==5))a[1]++; 20 if ((x==4)||(x==3))a[2]++; 21 } 22 for(it=p2.begin();it!=p2.end();it++) 23 if ((*it).second){ 24 ans++; 25 a[(*it).first%3]--; 26 } 27 s=calc(); 28 while (1){ 29 sort(a,a+3); 30 a[0]++,a[1]++,a[2]--; 31 if (calc()>=s){ 32 a[0]--,a[1]--,a[2]++; 33 break; 34 } 35 s=calc(); 36 } 37 if (a[0]&1){ 38 sort(a,a+3); 39 a[0]++,a[1]++,a[2]--; 40 } 41 printf("%d",ans+calc()); 42 }