上海ICPC Mine Sweeper II

上海ICPC Mine Sweeper II

题意：给定扫雷图$A$和$B$,它们的大小为$n\times m$，设$A$中所有空白格的贡献为$sum$,现在可以在$B$中进行$\lfloor \frac{nm}{2}\rfloor$次反转操作，即把 $X$ 变成 $.$ ,把 $.$ 变成 $X$ ，使得$B$中所有空白格的贡献为$sum$

思路：

假设A图一个地雷附近的空白格数量为$x$,则一个地雷对答案的贡献为$x$,反转后，地雷变为空白格，空白格变为地雷，此时由地雷变为空白格的贡献为$x$,所以一次反转后，对答案的贡献不变，于是$B$的最终形态要么是$A$要么是$A$的反图，统计$A$中与$B$不一样的格子数为$cnt$，若$cnt\le$ $\lfloor \frac{nm}{2}\rfloor$,则把$B$中不一样的格子取反后输出即可，也就是$A$,反之输出$A$的反图,因为此时$A$和$B$一样的格子数是小于$\lfloor \frac{nm}{2}\rfloor$,把这些一样的格子取反就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
char A[N][N],B[N][N];
int main()
{
    int n,m;
    int cnt=0;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++) cin>>A[i][j];

    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>B[i][j];
            if(A[i][j]!=B[i][j]) cnt++;
            else B[i][j]='X'+'.'-B[i][j];
        }
    if(cnt<=n*m/2)
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
                cout<<A[i][j];
            puts("");
        }
    else
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
                cout<<B[i][j];
            puts("");
        }
        
    }
    return 0;
}