20210203WC组T2TJ

jzoj6980

Description

其实就是将两个矩阵异或起来之后每次可以翻转同一行、同一列或同一对角线上的数，问是否能变成全0的矩阵

Solution

比较屑不想写TJ的线性基于是来写FY的神奇做法

显然 $n\le 3$ 或 $m\le 3$ 必然有解

首先考虑 $n=m=4$ 的情况，

注意到除 a12,a13,a21,a31,a24,a34,a42,a43 之外都是可以独立改变的

例如，对于a22可以翻转第一行和第一列，然后翻转左上三个对角线

显然，四个角是可以直接翻转的

同时，每次翻转对角线只会同时将两个或零个这种点翻转，于是总的奇偶性是不变的

所以，矩阵合法 当且仅当 同样位置的这样的“四元环”的奇偶性相同

然后尝试推广至 $n>4$ 的情况，

考虑归纳法

先做完前三列，然后逐列向右扩展

已经做完的地方肯定都是0，那么对于新增的这一列除了两个角外就必须是全0或全1（$n=m=4 $ 时的结论），然后直接翻转列就可以了

所以枚举每个四元环，判断奇偶性是否相等即可

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int N=1010;
int T,n,m,a[N][N];
char s[N];
int main(){
	freopen("world.in","r",stdin);
	freopen("world.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		fo(i,1,n){
			scanf("%s",s+1);
			fo(j,1,m)a[i][j]=(s[j]=='1');
		}
		fo(i,1,n){
			scanf("%s",s+1);
			fo(j,1,m)a[i][j]^=(s[j]=='1');
		}
		if(n<=3 || m<=3){
			printf("Yes\n");
			continue;
		}
		bool flag=0;
		fo(i,1,n-3){
			fo(j,1,m-3){
				flag^=a[i][j+1]^a[i][j+2];
				flag^=a[i+3][j+1]^a[i+3][j+2];
				flag^=a[i+1][j]^a[i+2][j];
				flag^=a[i+1][j+3]^a[i+2][j+3];
				if(flag)break;
			}
			if(flag)break;
		}
		printf(flag?"No\n":"Yes\n");
	}

	return 0;
}