noi.ac NA536 【打地鼠】

又一道可写的小清新思维题

其实想到倒着做了，然而还是因为T1害人不浅(我太菜了)，所以并没有写

考虑两个局面不同，显然至少打了一次地鼠，基于操作的颜色覆盖性质，我们可以考虑把操作倒着做，对于一个X点，其同行同列没有其他的X点，则可以考虑将该点逆操作，其同行同列的原颜色可以不被考虑，对于一个颜色忽略不计的点，如果其同行同列没有X点，则亦可忽略其同行同列的颜色，对此可以BFS解决，时间复杂度(mathcal{O}(nm))

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second

using namespace std;

const int N=1010;

int n,m,a[N][N],b[N][N];

char s[N][N],t[N][N];

queue<pii>q;

bool checks(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[i][j]!='X'){
				return 0;
			}
		}
	}
	return 1;
}

bool checkt(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(t[i][j]!='O'){
				return 0;
			}
		}
	}
	return 1;
}

int cntrow[N],cntcol[N];

bool vis[N][N],viscol[N],visrow[N];

void bfs(int u,int v){
	if(!viscol[v]){
		viscol[v]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(i==u){
				continue;
			}
			b[i][v]=-1;
			if(!cntrow[i]){
				q.push(mk(i,v));
			}
		}
	}
	if(!visrow[u]){
		visrow[u]=1;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			if(i==v){
				continue;
			}
			b[u][i]=-1;
			if(!cntcol[i]){
				q.push(mk(u,i));
			}
		}
	}
}

bool solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(!b[i][j]&&cntrow[i]==1&&cntcol[j]==1){
				q.push(mk(i,j));
				b[i][j]=-1;
				vis[i][j]=1;
			}
		}
	}
	while(!q.empty()){
		pii pr=q.front();q.pop();
		bfs(pr.fi,pr.se);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(~b[i][j]){
				if(a[i][j]^b[i][j]){
					return 0;
				}
			}
		}
	}
	return 1;
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s[i]+1);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			a[i][j]=s[i][j]!='X';
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",t[i]+1);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			b[i][j]=t[i][j]!='X';
			cntrow[i]+=!b[i][j];
			cntcol[j]+=!b[i][j];
		}
	}
	if(checks()||checkt()){
		printf("0
");
		return 0;
	}
	printf("%d
",solve()?1:0);
	return 0;
}