Problem

• 给定一个n（≤20）*m（≤100 000）的01矩阵，每次操作可以将一行或一列取反。
• 求最终1的最少个数。
  

  Solution

• 前置技能：快速沃尔什变换（FWT）。
• 观察到n较小，考虑\(O(2^n)\)枚举每一行选或不选。
• 不妨设f(x)表示行的操作状态为x时（我们可用一个二进制数表示状态），经过各种列操作后所得到的最少的1的个数。
• 可以\(O(m)\)再扫一遍所有列。但显然T飞了。

• 定义\(C_j\)表示有多少列的状态为j；\(E_k\)表示对于某一列而言，若它经过各种行操作状态变成了k，则它再经历各种列操作后最少能得到的1的个数。
• 显然，\(C_j\)我们对于每一列统计一下即可；而\(E_k\)也很好求，设状态k中有cnt个1，则\(E_k=min(cnt,n-cnt)\)（不进行/进行列操作）。
• 而且我们也可以得到一个较为显然的式子：\(f(x)=\sum_{x \oplus j=k} C_j*E_k\)。这个式子的思路就是对于所有状态为j的列，我们都通过状态为x的行操作令其变成了\(x\oplus j=k\)，然后再看看变成了k以后的答案。
• 可以暴力枚举j，暴力转移。但是这样的复杂度是\(O(2^{2n})\)的。

• 注意到xor的特殊性：对于任何\(x\oplus y=z\)，有\(y\oplus z=x\)。
• 因此，上式可化为：\(f(x)=\sum_{j\oplus k=x} C_j*E_k\)。
• 观察到这是一个卷积的形式，我们用FWT优化它。

• 时间复杂度：\(O(nm+2^nn)\)。

  Code

#include <bits/stdc++.h>
#define go(i,a,b) for(i=a;i<b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=21,M=1e5+1,S=1<<21;
int i,j,n,m,s,tmp;
char str[M];
bool a[N][M];
ll c[S],e[S],f[S],ans;

void FWT(ll *tf)
{
    for(int d=1;d<s;d<<=1)
        for(int m=d<<1,i=0;i<s;i+=m)
            for(int j=0;j<d;j++)
            {
                ll x=tf[i+j],y=tf[i+j+d];
                tf[i+j]=x+y; tf[i+j+d]=x-y;
            }
}  

void UFWT()
{
    for(int d=1;d<s;d<<=1)
        for(int m=d<<1,i=0;i<s;i+=m)
            for(int j=0;j<d;j++)
            {
                ll x=f[i+j],y=f[i+j+d];
                f[i+j]=x+y>>1; f[i+j+d]=x-y>>1;
            }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    go(i,0,n)
    {
        scanf("%s",str);
        go(j,0,m) a[i][j]=str[j]-48;
    }

    go(i,0,m)
    {
        s=0;
        go(j,0,n) s+=a[j][i]*(1<<j);
        c[s]++;
    }

    s=1<<n;
    go(i,0,s)
    {
        for(tmp=i; tmp; tmp>>=1) e[i]+=tmp&1;
        e[i]=min(e[i],n-e[i]);
    }

    FWT(c); FWT(e);
    go(i,0,s) f[i]=c[i]*e[i];
    UFWT();

    ans=n*m;
    go(i,0,s) ans=min(ans,f[i]);
    printf("%lld",ans);
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Iking123/p/9495603.html