cf1592F2. Alice and Recoloring 2

题目描述

题解

左下角和右上角操作没有用，只剩右下角和左上角的操作。

这步很妙：设 $a_{i,j}=(ch_{i,j}=='B'),b_{i,j}=a_{i,j}\ \text{xor}\ a_{i+1,j}\ \text{xor}\ a_{i,j+1}\ \text{xor}\ a_{i+1,j+1}$ ，那么左上角操作相当于反转 $a_{i,j}$ ，右下角操作相当于反转 $a_{i,j},a_{i,m},a_{n,j},a_{n,m}$ 。

因此，如果对 $(x,y_1),(x,y_2)$ 都进行右下角操作是不优的。而且，如果 $a_{i,j},a_{i,m},a_{n,j}$ 不同时为 $1$ ，那么进行右下角操作也是不优的。

因此，我们设 $n-1$ 个点代表行， $m-1$ 个点代表列，然后如果 $a_{i,j},a_{i,m},a_{n,j}$ 同时为 $1$ 就连边，跑最大二分图匹配即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,t=1,hd[N],V[N],W[N],nx[N],ans,d[N],cur[N],S,T,a[505][505];
char ch[505][505];
void add(int u,int v,int w){
    nx[++t]=hd[u];V[hd[u]=t]=v;W[t]=w;
}
void ins(int u,int v,int w){
    add(u,v,w);add(v,u,0);
}
queue<int>q;
bool bfs(){
    for (int i=1;i<=T;i++) d[i]=-1;
    d[S]=0;q.push(S);
    for (;!q.empty();){
        int u=q.front();q.pop();
        for (int i=hd[u];i;i=nx[i])
            if (W[i] && !~d[V[i]])
                d[V[i]]=d[u]+1,q.push(V[i]);
    }
    return d[T]!=-1;
}
int dfs(int u,int w){
    if (u==T) return w;
    int s=0,v;
    for (int &i=cur[u];i;i=nx[i]){
        if (W[i] && d[V[i]]==d[u]+1 && (v=dfs(V[i],min(w,W[i]))))
            w-=v,W[i]-=v,W[i^1]+=v,s+=v;
        if (!w) break;
    }
    return s;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",ch[i]+1);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            a[i][j]=(ch[i][j]=='B')^(ch[i][j+1]=='B')^(ch[i+1][j]=='B')^(ch[i+1][j+1]=='B');
    for (int i=1;i<n;i++)
        for (int j=1;j<m;j++)
            if (a[i][j] && a[i][m] && a[n][j])
                ins(i,j+n-1,1);
    S=n+m-1;T=S+1;
    for (int i=1;i<n;i++) ins(S,i,1);
    for (int i=1;i<m;i++) ins(i+n-1,T,1);
    while(bfs()){
        for (int i=1;i<=T;i++) cur[i]=hd[i];
        ans+=dfs(S,1e9);
    }
    a[n][m]^=(ans&1);ans=-ans;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            ans+=a[i][j];
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}