$n \leq 20,m \leq 100000$的01矩阵，可整行整列01翻转，问最少剩几个1.
一个暴力的做法是枚举$2^n$种行翻转然后$m$列扫一遍。但其实在行翻转情况确定的情况下我们只关心两个东西：某一列在行翻转后剩几个1，以及有几个这样的列。$f(i,j)$--在行翻转$j$的情况下，有$i$个1的有多少列。其实就是与$j$有$i$个位不同的有多少列。可以枚举每一个位置$p$，那么这一位上与$j$不同的状态$f(i-1,j \ \ xor \ \ 2^p)$可以加过来，但要挑去其中$p$已经算过一次的情况，有$f(i-2,j)$这么多种，又要从$f(i-2,j)$中挑去那些$p$这一位算过一次的情况，$f(i-3,j \ \ xor \ \ 2^p)$，如此循环。但这样枚举完每个位置之后，每种好的情况其实算了$i$次，所以$i \times f(i,j)=\sum_{p=0}^{n-1} \sum_{t=1}^{i}(-1)^{t-1}f(i-t,j \ \ xor \ \ (2^p \times (t \mod 2)))$。
这样是$2^nn^3$的，但可以发现$\sum_{p=0}^{n-1}\sum_{t=3}^{i}(-1)^{t-1}f(i-t,j \ \ xor \ \ (2^p \times (t \mod 2)))=(i-2) \times f(i-2,j)$，所以整理一下，$i \times f(i,j)=\sum_{p=0}^{n-1}f(i-1,j \ \ xor \ \ 2^p)+(i-2-n)f(i-2,j)$。少一个$n$。
要再少一个得用FWT。不会。
1 //#include<iostream>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdio>
4 //#include<math.h>
5 //#include<set>
6 //#include<queue>
7 //#include<bitset>
8 //#include<vector>
9 #include<algorithm>
10 #include<stdlib.h>
11 using namespace std;
12
13 #define LL long long
14 int qread()
15 {
16 char c; int s=0,f=1; while ((c=getchar())<‘0‘ || c>‘9‘) (c==‘-‘) && (f=-1);
17 do s=s*10+c-‘0‘; while ((c=getchar())>=‘0‘ && c<=‘9‘); return s*f;
18 }
19
20 //Pay attention to ‘-‘ , LL and double of qread!!!!
21
22 int K,n;
23 #define maxn 1100011
24 int b[maxn],f[22][maxn];
25
26 int main()
27 {
28 K=qread(); n=qread();
29 {
30 char c;
31 for (int i=0;i<K;i++)
32 for (int j=1;j<=n;j++)
33 {
34 while ((c=getchar())!=‘0‘ && c!=‘1‘);
35 b[j]|=(c-‘0‘)<<i;
36 }
37 for (int i=1;i<=n;i++) f[0][b[i]]++;
38 }
39 int T=1<<K,ans=0x3f3f3f3f;
40 for (int i=1;i<=K;i++)
41 {
42 for (int j=0;j<T;j++)
43 {
44 if (i>1) f[i][j]=(i-2-K)*f[i-2][j];
45 for (int k=0;k<K;k++) f[i][j]+=f[i-1][j^(1<<k)];
46 f[i][j]/=i;
47 }
48 }
49 for (int i=0;i<T;i++)
50 {
51 int tmp=0;
52 for (int j=0;j<=K;j++) tmp+=min(j,K-j)*f[j][i];
53 ans=min(ans,tmp);
54 }
55 printf("%d\n",ans);
56 return 0;
57 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Blue233333/p/9206929.html