题目描述
有这样一种魔板：它是一个长方形的面板，被划分成n行m列的n*m个方格。每个方格内有一个小灯泡，灯泡的状态有两种(亮或暗)。我们可以通过若干操作使魔板从一个状态改变为另一个状态。操作的方式有两种：
（1）任选一行，改变该行中所有灯泡的状态，即亮的变暗、暗的变亮；
（2）任选两列，交换其位置。
当然并不是任意的两种状态都可以通过若干操作来实现互相转化的。
你的任务就是根据给定两个魔板状态，判断两个状态能否互相转化。
输入输出格式
输入格式：
文件中包含多组数据。第一行一个整数k，表示有k组数据。
每组数据的第一行两个整数n和m。(0<n，m≤100)
以下的n行描述第一个魔板。每行有m个数字(0或1)，中间用空格分隔。若第x行的第y个数字为0，则表示魔板的第x行y列的灯泡为“亮”；否则为“暗”。
然后的n行描述第二个魔板。数据格式同上。
任意两组数据间没有空行。
输出格式：
共k行，依次描述每一组数据的结果。
若两个魔板可以相互转化，则输出YES，否则输出NO。(注意：请使用大写字母)
输入输出样例
输入样例#1：
2 3 4 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 1 1 1 1 1
输出样例#1：
YES NO
Solution：
本题其实没有想象的那么难(主要是我开始受到刚做的另一道叫魔板的题目影响，下意识的想怎么去判重存状态去了，结果感觉不可做)，实际上直接暴力模拟就可以了。
首先可以确定的是无论怎么操作，每一行的$1$的个数都只有两种情况(要么是本来的$1$的个数，要么是$0$的个数)，所以操作$1$对于每行来说最多进行一次，当行中的$0,1$都确定不变后，那么要使初始状态$st$变换到目标状态$ed$就是操作$2$了。
于是一个很简单的思路就出来了：
1、先判断$st$的每行$1$的个数是否可以变到$ed$中的每行$1$的个数，若不行直接输出$NO$，可以变换再枚举。
2、首先枚举$st$的每一列来做为转移时中间状态的第$1$列，通过操作$1$使得其和目标状态的第$1$列相同，之后就只需用到操作$2$，依次枚举剩下的列中和目标状态第$2$列、第$3$列…一直往下（记得当两列相同后，要在中间状态中通过操作$2$移动该列到匹配的位置，否则往后枚举可能会出现列重复使用的情况），当某列无法和目标状态匹配时，直接跳出循环，说明该中间状态不行。
具体实现，详见代码。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define il inline
3 #define ll long long
4 using namespace std;
5 const int N=105;
6 int st[N][N],ed[N][N],tmp[N][N],n,m,k,hang1[N],hang2[N];
7 bool vis[N],f,hang[N],lie[N];
8 il int gi(){
9 int a=0;char x=getchar();bool f=0;
10 while((x<‘0‘||x>‘9‘)&&x!=‘-‘)x=getchar();
11 if(x==‘-‘)x=getchar(),f=1;
12 while(x>=‘0‘&&x<=‘9‘)a=a*10+x-48,x=getchar();
13 return f?-a:a;
14 }
15 il void change1(int x[][N],int k){
16 for(int i=1;i<=m;i++)x[k][i]=1-x[k][i];
17 }
18 il void change2(int x[][N],int s,int t){
19 for(int i=1;i<=n;i++)swap(x[i][s],x[i][t]);
20 }
21 il bool check(int s[][N],int t[][N],int l1,int l2){
22 for(int i=1;i<=n;i++)
23 if(s[i][l1]!=t[i][l2])return 0;
24 return 1;
25 }
26 il void init(){
27 n=gi(),m=gi();f=0;
28 memset(hang1,0,sizeof(hang1));
29 memset(hang2,0,sizeof(hang2));
30 for(int i=1;i<=n;i++)
31 for(int j=1;j<=m;j++){
32 st[i][j]=gi();
33 if(st[i][j]==1)hang1[i]++;
34 }
35 for(int i=1;i<=n;i++){
36 for(int j=1;j<=m;j++){
37 ed[i][j]=gi();
38 if(ed[i][j]==1)hang2[i]++;
39 }
40 if(hang1[i]!=hang2[i]&&hang1[i]!=m-hang2[i])f=1;
41 }
42 if(f){puts("NO");return;}
43 for(int p=2;p<=m;p++){
44 memcpy(tmp,st,sizeof(st));
45 change2(tmp,1,p);
46 for(int i=1;i<=n;i++)
47 if(tmp[i][1]!=ed[i][1])change1(tmp,i);
48 for(int i=1;i<=m;i++){
49 f=0;
50 for(int j=i;j<=m;j++)
51 if(check(tmp,ed,j,i)){change2(tmp,i,j);f=1;break;}
52 if(!f)break;
53 }
54 if(f)break;
55 }
56 if(f){puts("YES");return;}
57 puts("NO");
58 }
59 int main(){
60 k=gi();
61 while(k--){
62 init();
63 }
64 return 0;
65 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/five20/p/8909094.html