博客围绕大小为n×m的二进制表展开，表由0和1组成，可对2×2正方形中的3个不同单元格符号进行更改。介绍了两种使表中所有符号变为0的思路，思路1通过找2*2矩阵规律扫图操作，思路2发现3次操作可改变2*2矩阵中一个点状态，还提及需特判边界。
题目描述：点击进入
题意
给你一个大小为n×m的二进制表，这个表由符号 0 和符号 1 组成。
你可以进行这样的操作：
选择属于一个 2 × 2 正方形的 3 个不同的单元格，并更改这些单元格中的符号（将 0 更改为1， 1 更改为 0 ）。
你的任务是使表中的所有符号都等于0。您最多可以进行 3nm次 操作。
你不需要最小化操作的数量。
思路1
通过找找规律，我们可以知道一个 2*2 的矩阵
不包含0的可以通过一次操作变为包含3个0的，
包含3个0的通过一次操作可以变为包含2个0的，
包含2个0的通过一次操作可以变为包含1个0的，
包含1个0的通过一次操作可以变为包含4个0的，
包含4个0的为符合条件的不需要操作。
根据这个规律我们就可以直接扫图然后操作、记录了
（当 n 或者 m 是奇数的时候需要特判一下边界）
代码
#include<iostream>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
//#include<unordered_map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<fstream>
#define X first
#define Y second
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
//#define pdi pair<double,int>
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=1000000007;
int t,n,k,m,tot;
vector<int>ax;
vector<int>ay;
char a[110][110];
int check(int x,int y)//查询 2 * 2 矩阵中 0 的个数
{
int sum=0;
for(int i=x;i<=x+1;i++)
{
for(int j=y;j<=y+1;j++)
{
if(a[i][j]=='0')
sum++;
}
}
return sum;
}
void check1(int x,int y)// 1 个 0
{
for(int i=x;i<=x+1;i++)
{
for(int j=y;j<=y+1;j++)
{
if(a[i][j]=='1')
{
ax.push_back(i);
ay.push_back(j);
a[i][j]='0';
}
}
}
}
void check2(int x,int y)// 2 个 0
{
int flag=1;
for(int i=x;i<=x+1;i++)
{
for(int j=y;j<=y+1;j++)
{
if(a[i][j]=='0'||a[i][j]=='1'&&flag)
{
if(a[i][j]=='1') flag--;
ax.push_back(i);
ay.push_back(j);
if(a[i][j]=='0') a[i][j]='1';
else a[i][j]='0';
}
}
}
check1(x,y);
}
void check3(int x,int y)// 3 个 0
{
int flag=2;
for(int i=x;i<=x+1;i++)
{
for(int j=y;j<=y+1;j++)
{
if(flag&&a[i][j]=='0'||a[i][j]=='1')
{
if(a[i][j]=='0') flag--;
ax.push_back(i);
ay.push_back(j);
if(a[i][j]=='0') a[i][j]='1';
else a[i][j]='0';
}
}
}
check2(x,y);
}
void check0(int x,int y)//没有 0
{
int flag=3;
for(int i=x;i<=x+1;i++)
{
for(int j=y;j<=y+1;j++)
{
if(flag)
{
flag--;
ax.push_back(i);
ay.push_back(j);
a[i][j]='0';
}
}
}
check3(x,y);
}
int main( )
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
while(t--)
{
ax.clear();
ay.clear();
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
if(n&1)
{
for(int j=1;j<=m-1;j+=2)
{
int sum=check(n-1,j);
if(sum==4) continue;
else if(sum==3)
check3(n-1,j);
else if(sum==2)
check2(n-1,j);
else if(sum==1)
check1(n-1,j);
else if(sum==0)
check0(n-1,j);
}
}
if(m&1)
{
for(int i=1;i<=n-1;i+=2)
{
int sum=check(i,m-1);
if(sum==4) continue;
else if(sum==3)
check3(i,m-1);
else if(sum==2)
check2(i,m-1);
else if(sum==1)
check1(i,m-1);
else if(sum==0)
check0(i,m-1);
}
}
for(int i=1;i<=n-1;i+=2)
{
for(int j=1;j<=m-1;j+=2)
{
int sum=check(i,j);
if(sum==4) continue;
else if(sum==3)
check3(i,j);
else if(sum==2)
check2(i,j);
else if(sum==1)
check1(i,j);
else if(sum==0)
check0(i,j);
}
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)//这里需要重复检查一次避免遗漏
{
for(int j=1;j<=m-1;j++)
{
int sum=check(i,j);
if(sum==4) continue;
else if(sum==3)
check3(i,j);
else if(sum==2)
check2(i,j);
else if(sum==1)
check1(i,j);
else if(sum==0)
check0(i,j);
}
}
int len=ax.size();
cout<<len/3<<endl;
for(int i=0;i<len;i+=3)
{
cout<<ax[i]<<' '<<ay[i]<<' '<<ax[i+1]<<' '<<ay[i+1]<<' '<<ax[i+2]<<' '<<ay[i+2]<<' '<<endl;
}
}
return 0;
}
思路2
这里再介绍一下 ybl 大佬的思路（绝了），看题目可以知道最多 3nm 次操作，为什么是 3nm ，为什么有3，，， n * m 可以理解为每一个位置的元素，那 3 呢，，于是找找规律，，，惊奇的发现 3 次操作可以只改变 2 * 2 矩阵中一个点的状态，而其他点保持不变，例如：
这三次操作可以只改变左上角点的状态，那么，，这道题不就有了嘛
，剩下的就是边界特判了，Game over！
代码：
#include<iostream>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
//#include<unordered_map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<fstream>
#define X first
#define Y second
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
//#define pdi pair<double,int>
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1000000007;
ll t,n,k,m,tot;
struct node
{
int x1,y1;
int x2,y2;
int x3,y3;
node(){}
node(int a,int b,int c,int d,int e,int f)
{
x1=a,y1=b;
x2=c,y2=d;
x3=e,y3=f;
}
};
char a[110][110];
int main( )
{
// ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
while(t--)
{
vector<node>v;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%s",a[i]+1);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(a[i][j]=='1')
{
if(j==1)
{
v.push_back(node(i,j,i,j+1,i+1,j));
v.push_back(node(i,j,i,j+1,i+1,j+1));
v.push_back(node(i,j,i+1,j,i+1,j+1));
}
else if(j==m)
{
v.push_back(node(i,j,i,j-1,i+1,j));
v.push_back(node(i,j,i,j-1,i+1,j-1));
v.push_back(node(i,j,i+1,j,i+1,j-1));
}
else
{
v.push_back(node(i,j,i,j+1,i+1,j));
v.push_back(node(i,j,i,j+1,i+1,j+1));
v.push_back(node(i,j,i+1,j,i+1,j+1));
}
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(a[n][i]=='1')
{
if(i<m)
{
v.push_back(node(n-1,i,n,i,n,i+1));
v.push_back(node(n-1,i+1,n,i,n,i+1));
v.push_back(node(n-1,i,n-1,i+1,n,i));
}
else if(i==m)
{
v.push_back(node(n-1,i,n,i,n,i-1));
v.push_back(node(n-1,i-1,n,i,n,i-1));
v.push_back(node(n-1,i-1,n-1,i,n,i));
}
}
}
cout<<v.size()<<endl;
for(int i=0;i<v.size();i++)
{
cout<<v[i].x1<<' '<<v[i].y1<<' '<<v[i].x2<<' '<<v[i].y2<<' '<<v[i].x3<<' '<<v[i].y3<<endl;
}
}
return 0;
}
扫一扫
2724
到【灌水乐园】发言
