D. 505

题意:一个二进制矩阵是好的，当且仅当所有长度为偶数的矩阵的1的个数为奇数。给定一个n行m列的矩阵a，决定最小要改变的次数，使得这个矩阵变好。

分析:(1 <= n <= m <= 1e6并且n * m <= 1e6)，输入范围的m >= n。我们先考虑长度为2的子矩阵，4个2 * 2的子矩阵可以拼成一个4 * 4的子矩阵，可以发现，奇数 * 4 = 偶数，那么这个4 * 4的子矩阵就不合法了，因此，我们只需要考虑长度为2或3的子矩阵，再看输入范围m >= n，因此我们只需要考虑n是否 > 3，如果 > 3，则输出-1，当n = 1的时候，我们输出0即可，不需要改变。然后，我们开始考虑动态规划求解最少的改变次数，我们可以一列一列地转移，。假设第i列填的数字从上到下是1 0 1，那么前面一列的第一个数字如果是1的话，那么前面一列可以填111，那么其中的2个2 * 2的矩阵就有奇数个1，上一列的状态就可以转移到当前列，我们用数字存储，上一列是7，当前列是5，那么7--->5就是可以合法转移的，同样5--->7也是可以合法转移的，我们可以采用第一位 * 1 + 第二位 * 2 + 第三位 * 4的方式存储状态。我们可以预处理出这些状态之间是否可以转移，可以看代码，即统计每个子矩阵中1的个数，然后判断即可。之后我们再考虑如果设计DP状态，我们可以采用f[i][msk]的方式，即处理了前i列，第i列的二进制串的状态是msk的数字，我们可以从f[i - 1][premsk]转移过来，只要msk可以从premsk转移过来，然后我们就可以写出状态转移方程了，f[i][msk] = min(f[i][msk], f[i - 1][premsk] + cost)，这个常数cost是我们的原先矩阵的当前列改成msk的次数，我们可以通过(mskoplus)原先列，然后统计这个异或值的1的个数即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N = 8;
const int M = 1000005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
char tmp[M];
int cnt[N];
int g[3][M];

bool ok2[N][N];
bool ok3[N][N];

int dp2[M][N];
int dp3[M][N];

int n, m;

void init2()
{
	for(int msk = 0; msk < 4; ++msk)
		for (int premsk = 0; premsk < 4; ++premsk)
		{
			int tot = cnt[msk] + cnt[premsk];
			if (tot % 2 == 1)
				ok2[premsk][msk] = ok2[msk][premsk] = true;
		}
}

void init3()
{
	for(int msk = 0; msk < 8; ++msk)
		for (int premsk = 0; premsk < 8; ++premsk)
		{
			int cnt1 = ((msk >> 0) & 1) + ((msk >> 1) & 1) + ((premsk >> 0) & 1) + ((premsk >> 1) & 1);
			int cnt2 = ((msk >> 1) & 1) + ((msk >> 2) & 1) + ((premsk >> 1) & 1) + ((premsk >> 2) & 1);
			if (cnt1 % 2 == 1 && cnt2 % 2 == 1)
				ok3[premsk][msk] = ok3[msk][premsk] = true;
		}
}

void solve3()
{
	int a = g[0][1] * 1 + g[1][1] * 2 + g[2][1] * 4;
	for (int msk = 0; msk < 8; ++msk)
	{
		int cost = cnt[a ^ msk];
		dp3[1][msk] = cost;
	}

	for (int i = 2; i <= m; ++i)
	{
		int a = g[0][i] * 1 + g[1][i] * 2 + g[2][i] * 4;
		for (int msk = 0; msk < 8; ++msk)
		{
			dp3[i][msk] = inf;
			for (int premsk = 0; premsk < 8; ++premsk)
			{
				if (!ok3[premsk][msk]) continue;
				int cost = cnt[a ^ msk];
				dp3[i][msk] = min(dp3[i][msk], dp3[i - 1][premsk] + cost);
			}
		}
	}
}

void solve2()
{
	int a = g[0][1] * 1 + g[1][1] * 2;
	for (int msk = 0; msk < 4; ++msk)
	{
		int cost = cnt[a ^ msk];
		dp2[1][msk] = cost;
	}

	for (int i = 2; i <= m; ++i)
	{
		int a = g[0][i] * 1 + g[1][i] * 2;
		for (int msk = 0; msk < 4; ++msk)
		{
			dp2[i][msk] = inf;
			for (int premsk = 0; premsk < 4; ++premsk)
			{
				if (!ok2[premsk][msk])continue;
				int cost = cnt[a ^ msk];
				dp2[i][msk] = min(dp2[i][msk], dp2[i - 1][premsk] + cost);
			}
		}
	}
}

int main()
{
	for(int i = 0; i < N; ++i)
		for (int j = 0; j < 3; ++j)
		{
			if ((i >> j) & 1) ++cnt[i];
		}

	init2();	
	init3();
	cin >> n >> m;

	if (min(n, m) == 1)
	{
		puts("0");
		return 0;
	}
	else if (min(n, m) > 3)
	{
		puts("-1");
		return 0;
	}
	else
	{
		for (int i = 0; i < n; ++i)
		{
			scanf("%s", tmp + 1);
			for (int j = 1; j <= m; ++j)
				g[i][j] = tmp[j] - '0';
		}

		if (n == 2)
		{
			solve2();
			int res = inf;
			for (int i = 0; i < 4; ++i)
				res = min(res, dp2[m][i]);
			printf("%d
", res);
		}
		else
		{
			solve3();
			int res = inf;
			for (int i = 0; i < 8; ++i)
				res = min(res, dp3[m][i]);
			printf("%d", res);
		}


	}


	return 0;
}